中考数学解法探究专题 图形变换综合探究专题Word格式文档下载.docx
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(3)填空:
∠C+∠E= 45°
.
【考点】P7:
作图﹣轴对称变换;
Q4:
作图﹣平移变换.
【分析】
(1)将点A、B、C分别右移2个单位、下移2个单位得到其对应点,顺次连接即可得;
(2)分别作出点D、E、F关于直线l的对称点,顺次连接即可得;
(3)连接A′F′,利用勾股定理逆定理证△A′C′F′为等腰直角三角形即可得.
【解答】解:
(1)△A′B′C′即为所求;
(2)△D′E′F′即为所求;
(3)如图,连接A′F′,
∵△ABC≌△A′B′C′、△DEF≌△D′E′F′,
∴∠C+∠E=∠A′C′B′+∠D′E′F′=∠A′C′F′,
∵A′C′==、A′F′==,C′F′==,
∴A′C′2+A′F′2=5+5=10=C′F′2,
∴△A′C′F′为等腰直角三角形,
∴∠C+∠E=∠A′C′F′=45°
,
故答案为:
45°
.
2.实验探究:
(1)如图1,对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展开;
再一次折叠纸片,使点A落在EF上,并使折痕经过点B,得到折痕BM,同时得到线段BN,MN.请你观察图1,猜想∠MBN的度数是多少,并证明你的结论.
(2)将图1中的三角形纸片BMN剪下,如图2,折叠该纸片,探究MN与BM的数量关系,写出折叠方案,并结合方案证明你的结论.
【考点】PB:
翻折变换(折叠问题);
LB:
矩形的性质;
P9:
剪纸问题.
(1)猜想:
∠MBN=30°
.只要证明△ABN是等边三角形即可;
(2)结论:
MN=BM.折纸方案:
如图,折叠△BMN,使得点N落在BM上O处,折痕为MP,连接OP.由折叠可知△MOP≌△MNP,只要证明△MOP≌△BOP,即可推出MO=BO=BM;
理由:
如图1中,连接AN,∵直线EF是AB的垂直平分线,
∴NA=NB,
由折叠可知,BN=AB,
∴AB=BN=AN,
∴△ABN是等边三角形,
∴∠ABN=60°
∴NBM=∠ABM=∠ABN=30°
MN=BM.
折纸方案:
如图2中,折叠△BMN,使得点N落在BM上O处,折痕为MP,连接OP.
由折叠可知△MOP≌△MNP,
∴MN=OM,∠OMP=∠NMP=∠OMN=30°
=∠B,
∠MOP=∠MNP=90°
∴∠BOP=∠MOP=90°
∵OP=OP,
∴△MOP≌△BOP,
∴MO=BO=BM,
∴MN=BM.
3.在如图的正方形网格中,每一个小正方形的边长为1.格点三角形ABC(顶点是网格线交点的三角形)的顶点A、C的坐标分别是(﹣4,6),(﹣1,4).
(1)请在图中的网格平面内建立平面直角坐标系;
(2)请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1;
(3)请在y轴上求作一点P,使△PB1C的周长最小,并写出点P的坐标.
KQ:
勾股定理;
PA:
轴对称﹣最短路线问题.
(1)根据A点坐标建立平面直角坐标系即可;
(2)分别作出各点关于x轴的对称点,再顺次连接即可;
(3)作出点B关于y轴的对称点B2,连接A、B2交y轴于点P,则P点即为所求.
(1)如图所示;
(2)如图,即为所求;
(3)作点B关于y轴的对称点B2,连接A、B2交y轴于点P,则点P即为所求.
设直线AB2的解析式为y=kx+b(k≠0),
∵A(﹣4,6),B2(2,2),
∴,解得,
∴直线AB2的解析式为:
y=﹣x+,
∴当x=0时,y=,
∴P(0,).
4.阅读填空:
(1)请你阅读芳芳的说理过程并填出理由:
如图1,已知AB∥CD.
求证:
∠BAE+∠DCE=∠AEC.
作EF∥AB,则有EF∥CD( 平行于同一条直线的两条直线平行 )
∴∠1=∠BAE,∠2=∠DCE( 两直线平行,内错角相等 )
∴∠AEC=∠1+∠2=∠BAE+∠DCE( 等量代换 )
思维拓展:
(2)如图2,已知AB∥CD,BE平分∠ABC,DE平分∠ADC.BE、DE所在直线交于点E,若∠FAE=m°
,∠ABC=n°
,求∠BED的度数.(用含m、n的式子表示)
(3)将图2中的线段BC沿DC方向平移,使得点B在点A的右侧,其他条件不变,得到图3,直接写出∠BED的度数是 180°
﹣n°
+m°
(用含m、n的式子表示).
【考点】Q2:
平移的性质;
JB:
平行线的判定与性质.
(1)根据平行线的性质即可得到结论;
(2)先过点E作EH∥AB,根据平行线的性质和角平分线的定义,即可得到结论;
(3)过E作EG∥AB,根据平行线的性质和角平分线的定义,即可得到结论.
阅读填空:
(1)平行于同一条直线的两条直线平行;
两直线平行,内错角相等;
等量代换,
平行于同一条直线的两条直线平行,两直线平行,内错角相等,等量代换;
(2)如图2,过点E作EH∥AB,
∵AB∥CD,∠FAD=m°
∴∠FAD=∠ADC=m°
∵DE平分∠ADC,∠ADC=m°
,.
∴∠EDC=∠ADC=m°
∵BE平分∠ABC,∠ABC=n°
∴∠ABE=∠ABC=n°
∵AB∥CD,
∴AB∥CD∥EH,
∴∠ABE=∠BEH=n°
,∠CDE=∠DEH=m°
∴∠BED=∠BEH+∠DEH=n°
=(n°
);
(3)∠BED的度数改变.
过点E作EG∥AB,
∵BE平分∠ABC,DE平分∠ADC,∠ABC=n°
,∠ADC=∠FAD=m°
,∠CDE=∠ADC=m°
∴AB∥CD∥EF,
∴∠BEF=180°
﹣∠ABE=180°
,∠CDE=∠DEF=m°
∴∠BED=∠BEF+∠DEF=180°
180°
5.某游乐场部分平面图如图所示,C、E、A在同一直线上,D、E、B在同一直线上,测得A处与E处的距离为80米,C处与D处的距离为34米,∠C=90°
,∠BAE=30°
.(≈1.4,≈1.7)
(1)求旋转木马E处到出口B处的距离;
(2)求海洋球D处到出口B处的距离(结果保留整数).
【考点】R2:
旋转的性质.
(1)在Rt△ABE中,利用三角函数即可直接求得BE的长;
(2)在Rt△CDE中,利用三角函数求得DE的长,然后利用DB=DE+EB求解.
(1)∵在Rt△ABE中,∠BAE=30°
∴BE=AE=×
80=40(米);
(2)∵在Rt△ABE中,∠BAE=30°
∴∠AEB=90°
﹣30°
=60°
∴∠CED=∠AEB=60°
∴在Rt△CDE中,DE=≈=40(米),
则BD=DE+BE=40+40=80(米).
6.如图,在△ABC中,∠C=90°
,AC=3,BC=4,点D,E分别在AC,BC上(点D与点A,C不重合),且∠DEC=∠A,将△DCE绕点D逆时针旋转90°
得到△DC′E′.当△DC′E′的斜边、直角边与AB分别相交于点P,Q(点P与点Q不重合)时,设CD=x,PQ=y.
(1)求证:
∠ADP=∠DEC;
(2)求y关于x的函数解析式,并直接写出自变量x的取值范围.
旋转的性质;
E3:
函数关系式;
LD:
矩形的判定与性质;
T7:
解直角三角形.
(1)根据等角的余角相等即可证明;
(2)分两种情形①如图1中,当C′E′与AB相交于Q时,即<x≤时,过P作MN∥DC′,设∠B=α.②当DC′交AB于Q时,即<x<3时,如图2中,作PM⊥AC于M,PN⊥DQ于N,则四边形PMDN是矩形,分别求解即可;
【解答】
(1)证明:
如图1中,
∵∠EDE′=∠C=90°
∴∠ADP+∠CDE=90°
,∠CDE+∠DEC=90°
∴∠ADP=∠DEC.
(2)解:
如图1中,当C′E′与AB相交于Q时,即<x≤时,过P作MN∥DC′,设∠B=α
∴MN⊥AC,四边形DC′MN是矩形,
∴PM=PQ•cosα=y,PN=×
(3﹣x),
∴(3﹣x)+y=x,
∴y=x﹣,
当DC′交AB于Q时,即<x<3时,如图2中,作PM⊥AC于M,PN⊥DQ于N,则四边形PMDN是矩形,
∴PN=DM,
∵DM=(3﹣x),PN=PQ•sinα=y,
∴(3﹣x)=y,
∴y=﹣x+.
综上所述,y=
7.已知:
△AOB和△COD均为等腰直角三角形,∠AOB=∠COD=90°
.连接AD,BC,点H为BC中点,连接OH.
(1)如图1所示,易证:
OH=AD且OH⊥AD(不需证明)
(2)将△COD绕点O旋转到图2,图3所示位置时,线段OH与AD又有怎样的关系,并选择一个图形证明你的结论.
KD:
全等三角形的判定与性质;
KW:
等腰直角三角形.
(1)只要证明△AOD≌△BOC,即可解决问题;
(2)①如图2中,结论:
OH=AD,OH⊥AD.延长OH到E,使得HE=OH,连接BE,由△BEO≌△ODA即可解决问题;
②如图3中,结论不变.延长OH到E,使得HE=OH,连接BE,延长EO交AD于G.由△BEO≌△ODA即可解决问题;
∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形,∠AOB=∠COD=90°
∴OC=OD,OA=OB,
∵在△AOD与△BOC中,
∴△AOD≌△BOC(SAS),
∴∠ADO=∠BCO,∠OAD=∠OBC,
∵点H为线段BC的中点,
∴OH=HB,
∴∠OBH=∠HOB=∠OAD,
又因为∠OAD+∠ADO=90°
所以∠ADO+∠BOH=90°
所以OH⊥AD
①结论:
OH=AD,OH⊥AD,如图2中,延长OH到E,使得HE=OH,连接BE,
易证△BEO≌△ODA
∴OE=AD
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