九年级上册数学 旋转几何综合专题练习word版Word格式文档下载.docx
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如图:
∵∠ACB=∠AEF=90°
,
∴△FCB和△BEF都为直角三角形.
∵点P是BF的中点,
∴CP=BF,EP=BF,
∴PC=PE.
(2)PC=PE理由如下:
如图2,延长CP,EF交于点H,
∴EH//CB,
∴∠CBP=∠PFH,∠H=∠BCP,
∴PF=PB,
∴△CBP≌△HFP(AAS),
∴PC=PH,
∵∠AEF=90°
∴在Rt△CEH中,EP=CH,
∴PC=PE.
(3)
(2)中的结论,仍然成立,即PC=PE,理由如下:
如图3,过点F作FD⊥AC于点D,过点P作PM⊥AC于点M,连接PD,
∵∠DAF=∠EAF,∠FDA=∠FEA=90°
在△DAF和△EAF中,
∴△DAF≌△EAF(AAS),
∴AD=AE,
在△DAP≌△EAP中,
∴△DAP≌△EAP(SAS),
∴PD=PF,
∵FD⊥AC,BC⊥AC,PM⊥AC,
∴FD//BC//PM,
∴,
∴DM=MC,
又∵PM⊥AC,
∴PC=PD,
又∵PD=PE,
【点睛】
此题是几何变换综合题,主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半,全等三角形的性质和判定,相似三角形的性质和判定,作出辅助线是解本题的关键也是难点.
2.已知如图1,在中,,,点在上,交于,点是的中点.
(1)写出线段与线段的关系并证明;
(2)如图2,将绕点逆时针旋转,其它条件不变,线段与线段的关系是否变化,写出你的结论并证明;
(3)将绕点逆时针旋转一周,如果,,直接写出线段的范围.
(1),,证明见解析;
(2)结论不变,理由见解析;
(3)最大值最小值.
(1)在Rt△ADF中,可得DE=AE=EF,在Rt△ABF中,可得BE=EF=EA,得证ED=EB;
然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB的内角和为180°
,可推导得出∠DEB=90°
;
(2)如下图,先证四边形MFBA是平行四边形,再证△DCB≌△DFM,从而推导出△DMB是等腰直角三角形,最后得出结论;
(3)如下图,当点F在AC上时,CE有最大值;
当点F在AC延长线上时,CE有最小值.
(1)∵DF⊥AC,点E是AF的中点
∴DE=AE=EF,∠EDF=∠DFE
∵∠ABC=90°
,点E是AF的中点
∴BE=AE=EF,∠EFB=∠EBF
∴DE=EB
∵AB=BC,
∴∠DAB=45°
∴在四边形ABFD中,∠DFB=360°
-90°
-45°
=135°
∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°
-2∠EFD+180°
-2∠EFB=360°
-2(∠EFD+∠EFB)
=360°
-2×
135°
=90°
∴DE⊥EB
(2)如下图,延长BE至点M处,使得ME=EB,连接MA、ME、MF、MD、FB、DB,延长MF交CB于点H
∵ME=EB,点E是AF的中点
∴四边形MFBA是平行四边形
∴MF∥AB,MF=AB
∴∠MHB=180°
-∠ABC=90°
∵∠DCA=∠FCB=
∴∠DCB=45°
+,∠CFH=90°
-
∵∠DCF=45°
,∠CDF=90°
∴∠DFC=45°
,△DCF是等腰直角三角形
∴∠DFM=180°
-∠DFC-∠CFH=45°
+
∴∠DCB=∠DFM
∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形
∴DC=DF,BC=AB=MF
∴△DCB≌△DFM(SAS)
∴∠MDF=∠BDC,DB=DM
∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°
∴△DMB是等腰直角三角形
∵点E是MB的中点
∴DE=EB,DE⊥EB
(3)当点F在AC上时,CF有最大值,图形如下:
∵BC=6,∴在等腰直角△ABC中,AC=6
∵CF=3,∴AF=3
∴CE=CF+FE=CF+
当点F在AC延长线上时,CE有最小值,图形如下:
同理,CE=EF-CF
本题考查三角形的旋转变换,用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质,解题关键是构造并证明△BDM是等腰直角三角形.
3.如图一,矩形ABCD中,AB=m,BC=n,将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ(0°
<θ<90°
)得到矩形A1BC1D1,点A1在边CD上.
(1)若m=2,n=1,求在旋转过程中,点D到点D1所经过路径的长度;
(2)将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2,点D2在BC的延长线上,设边A2B与CD交于点E,若,求的值.
(3)如图二,在
(2)的条件下,直线AB上有一点P,BP=2,点E是直线DC上一动点,在BE左侧作矩形BEFG且始终保持,设AB=,试探究点E移动过程中,PF是否存在最小值,若存在,求出这个最小值;
若不存在,请说明理由.
(1);
(2);
(3)存在,
(1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形.解直角三角形,求出∠ABA1,得到旋转角即可解决问题;
(2)由△BCE∽△BA2D2,推出,可得CE=,由推出,推出A1C=,推出BH=A1C=,然后由勾股定理建立方程,解方程即可解决问题;
(3)当A、P、F,D,四点共圆,作PF⊥DF,PF与CD相交于点M,作MN⊥AB,此时PF的长度为最小值;
先证明△FDG∽△FME,得到,再结合已知条件和解直角三角形求出PM和FM的长度,即可得到PF的最小值.
(1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形.
∴AD=HA1=n=1,
在Rt△A1HB中,∵BA1=BA=m=2,
∴BA1=2HA1,
∴∠ABA1=30°
∴旋转角为30°
∵BD=,
∴D到点D1所经过路径的长度=;
(2)∵△BCE∽△BA2D2,
∵,
∴A1C=,
∴BH=A1C=,
∴m4﹣m2n2=6n4,
∴(负根已舍去).
由
(2)可知,,
∵四边形BEFG是矩形,
∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°
∴∠DFG=∠MFE,
∵DF⊥PF,即∠DFM=90°
∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°
∴∠FDG=∠FME,
∴△FDG∽△FME,
∵∠DFM=90°
,,
∴∠FDM=60°
,∠FMD=30°
∴;
在矩形ABCD中,有,
即,则,
∵MN⊥AB,
∴四边形ANMD是矩形,
∴MN=AD=3,
∵∠NPM=∠DMF=30°
∴PM=2MN=6,
∴NP=,
∴DM=AN=BP=2,
本题考查点的运动轨迹,旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于压轴题,中考常考题型.正确作出辅助线,正确确定动点的位置,注意利用数形结合的思想进行解题.
4.综合与探究:
如图1,的直角顶点在坐标原点,点在轴正半轴上,点在轴正半轴上,,,将线段绕点顺时针旋转得到线段,过点作轴于点,抛物线经过点,与轴交于点,直线与轴交于点.
(1)求点的坐标及抛物线的表达式;
(2)如图2,已知点是线段上的一个动点,过点作的垂线交抛物线于点(点在第一象限),设点的横坐标为.
①点的纵坐标用含的代数式表示为________;
②如图3,当直线经过点时,求点的坐标,判断四边形的形状并证明结论;
③在②的前提下,连接,点是坐标平面内的点,若以,,为顶点的三角形与全等,请直接写出点的坐标.
(1)点的坐标为,;
(2)①;
②点F的坐标为,四边形为正方形,证明见解析;
③点的坐标为或或.
(1)根据已知条件与旋转的性质证明,根据全等三角形的性质得出点C的坐标,结合点E的坐标,根据待定系数法求出抛物线的表达式;
(2)①设直线AC的表达式为,由点A、C的坐标求出直线AC的表达式,进而得解;
②过点作轴于点,过点作轴,垂足为点,的延长线与的延长线交于点,根据等腰三角形三线合一得出,结合①由平行线分线段成比例得出点G的坐标,根据待定系数法求出直线的表达式,结合抛物线的表达式求出点F;
利用勾股定理求出,结合可得出结论;
③根据直线AC的表达式求出点H的坐标,设点N坐标为,根据勾股定理分别求出,,,,然后分两种情况考虑:
若△FHC≌△FHN,则FN=FC,NH=CH,若△FHC≌△HFN,则FN=CH,NH=FC,分别列式求解即可.
(1),,
点的坐标为,点的坐标为,
线段绕点顺时针旋转得到线段,
在中,,
轴于点,
.
点的坐标为,
∵抛物线的图象经过点,与轴交于点,
解得,,
∴抛物线的表达式为;
(2)①设直线AC的表达式为,
∵直线AC经过点,,
解得,,即,
∴点的纵坐标用含的代数式表示为:
故答案为:
②过点作轴于点,
点为,
设直线的表达式为,将和代入表达式得,,
,即表达式为,
点为直线和抛物线的交点,
得,
,(舍去),
过点作轴,垂足为点,的延长线与的延长线交于点,
,,,,
在中和中,根据勾股定理,得,
同理可得,
四边形为菱形,
菱形为正方形;
③∵直线AC:
与x轴交于点H,
解得,x=12,
∴,,
设点N坐标为,
第一种情况:
若△FHC≌△FHN,则FN=FC,NH=CH,
解得,,(即点C),
第二种情况:
若△FHC≌△HFN,则FN=CH,NH=FC,
解得,,,
∴或,
综上所述,以F,H,N为顶点的三角形与△FHC全等时,点N坐标为或或.
本题是函数与几何的综合题,考查了待定系数法求函数的表达式,全等三角形的判定与性质,菱形与正方形的判定,旋转的性质,勾股定理等知识,其中对全等三角形存在性的分析,因有一条公共边,可对另外两边进行分类讨论,本题有一定的难度,是中考压轴题.
5.请阅读下列材料:
问题:
如图1,在等边三角形ABC内有一点P,且PA=2,PB=,PC=1、求∠BPC度数的大
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