中考数学压轴题强化练习4图形的旋转折叠文档格式.docx
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〔2〕①当时,点D在AB边上〔如图〕.
∵DE∥,∴.
由旋转性质可知,CA=,CB=,∠ACD=∠BCE.
∴∴.
∴△CAD∽△CBE.
∴.∵∠A=30°
∴.【21世纪教育网】
∴〔0﹤﹤2〕
②当时,点D在AB边上
AD=X,,∠DBE=90°
.
此时,.
当S=时,.整理,得.
解得,即AD=1.
当时,点D在AB的延长线上〔如图〕.
仍设AD=X,那么,∠DBE=90°
当S=时,.
整理,得.
解得,〔负值,舍去〕.
即.
综上所述:
AD=1或.
2.网】
(1)动手操作:
如图①,将矩形纸片ABCD折叠,使点D与点B重合,点C落在点处,折痕为EF,假设∠ABE=20°
,那么的度数为。
〔2〕观察发现:
小明将三角形纸片ABC〔AB》AC〕沿过点A的直线折叠,使得AC落在AB边上,折痕为AD,展开纸片〔如图②〕;
再次折叠该三角形纸片,使点A和点D重合,折痕为EF,展平纸片后得到△AEF〔如图③〕、小明认为△AEF是等腰三角形,你同意吗?
请说明理由、
〔3〕实践与运用:
将矩形纸片ABCD按如下步骤操作:
将纸片对折得折痕EF,折痕与AD边交于点E,与BC边交于点F;
将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠,使点A、点D都与点F重合,展开纸片,此时恰好有MP=MN=PQ〔如图④〕,求∠MNF的大小。
1解
(1)125°
(2)同意
∵点A与点D是沿EF折叠的且重合,折痕为EF,
∴A、D关于EF对称,∴EF⊥AD、AE=ED、AF=DF
又∵沿过点A的直线折叠时,使得AC落在AB边上,折痕为AD
∴∠DAE=∠DAF
可得AE=AF
∴△AEF是等腰三角形
(3)由题意易得∠NMF=∠AMN=∠MNF,
∴MF=NF,由对称可知,MF=PF,
∴NF=PF,而由题意得,MP=MN,又MF=MF,
∴三角形MNF和三角形MPF全等,
∴∠PMF=∠NMF,而∠PMF+∠NMF+∠MNF=180度,
即3∠MNF=180度,
∴∠MNF=60度
3.如图,在平面直角坐标系中,点A〔0,6〕,点B是X轴上的一个动点,连结AB,取AB的中点M,将线段MB绕着点B按顺时针方向旋转90O,得到线段BC.过点B作X轴的垂线交直线AC于点D.设点B坐标是〔T,0〕.
〔1〕当T=4时,求直线AB的解析式;
〔2〕当T》0时,用含T的代数式表示点C的坐标及△ABC的面积;
〔3〕是否存在点B,使△ABD为等腰三角形?
假设存在,请求出所有符合条件的点B的坐标;
假设不存在,请说明理由.
3.解:
〔1〕当T=4时,B(4,0)
设直线AB的解析式为Y=KX+B.
把A(0,6),B(4,0)代入得:
,解得:
,
∴直线AB的解析式为:
Y=-X+6.
(2)过点C作CE⊥X轴于点E
由∠AOB=∠CEB=90°
,∠ABO=∠BCE,得△AOB∽△BEC.
∴,
∴BE=AO=3,CE=OB=,
∴点C的坐标为(T+3,).
方法一:
S梯形AOEC=OE·
(AO+EC)=(T+3)(6+)=T2+T+9,
S△AOB=AO·
OB=×
6·
T=3T,
S△BEC=BE·
CE=×
3×
=T,
∴S△ABC=S梯形AOEC-S△AOB-S△BEC
=T2+T+9-3T-T=T2+9.
方法二:
∵AB⊥BC,AB=2BC,∴S△ABC=AB·
BC=BC2.
在RT△ABC中,BC2=CE2+BE2=T2+9,
即S△ABC=T2+9.
(3)存在,理由如下:
①当T≥0时.
Ⅰ.假设AD=BD.
又∵BD∥Y轴
∴∠OAB=∠ABD,∠BAD=∠ABD,
∴∠OAB=∠BAD.
又∵∠AOB=∠ABC,
∴△ABO∽△ACB,
∴=,
∴T=3,即B(3,0).
Ⅱ.假设AB=AD.
延长AB与CE交于点G,
又∵BD∥CG
∴AG=AC
过点A画AH⊥CG于H、
∴CH=HG=CG
由△AOB∽△GEB,
得=,
∴GE=.
又∵HE=AO=6,CE=
∴+6=×
〔+〕
∴T2-24T-36=0
解得:
T=12±
6.因为T≥0,
所以T=12+6,即B(12+6,0).
Ⅲ.由条件可知,当0≤T《12时,∠ADB为钝角,故BD≠AB.
当T≥12时,BD≤CE《BC《AB.
∴当T≥0时,不存在BD=AB的情况.
②当-3≤T《0时,如图,∠DAB是钝角.设AD=AB,
过点C分别作CE⊥X轴,CF⊥Y轴于点E,点F.
可求得点C的坐标为(T+3,),
∴CF=OE=T+3,AF=6-,
由BD∥Y轴,AB=AD得,
∠BAO=∠ABD,∠FAC=∠BDA,∠ABD=∠ADB
∴∠BAO=∠FAC,
又∵∠AOB=∠AFC=90°
∴△AOB∽△AFC,
∴,∴T2-24T-36=0
6.因为-3≤T《0,
所以T=12-6,即B(12-6,0).
③当T《-3时,如图,∠ABD是钝角.设AB=BD,
过点C分别作CE⊥X轴,CF⊥Y轴于点E,点F,
∴CF=-(T+3),AF=6-,
∵AB=BD,
∴∠D=∠BAD.
又∵BD∥Y轴,
∴∠D=∠CAF,
∴∠BAC=∠CAF.
又∵∠ABC=∠AFC=90°
,AC=AC,
∴△ABC≌△AFC,
∴AF=AB,CF=BC,
∴AF=2CF,即6-=-2(T+3),
T=-8,即B(-8,0).
综上所述,存在点B使△ABD为等腰三角形,此时点B坐标为:
B1(3,0),B2(12+6,0),B3(12-6,0),B4(-8,0).
4、如图11-1,矩形ABCD中,,O是矩形ABCD的中心,过点O作OE⊥AB于E,作OF⊥BC于F,得矩形BEOF、
〔1〕线段AE与CF的数量关系是_____,直线AE与CF的位置关系是_____;
〔2分〕
〔2〕固定矩形ABCD,将矩形BEOF绕点B顺时针旋转到如图11-2的位置,连接AE、CF、那么〔1〕中的结论是否依然成立?
请说明理由;
〔3分〕
〔3〕假设AB=8,当矩形BEOF旋转至点O在CF上时〔如图11-3〕,设OE与BC交于点P,求PC的长、〔3分〕
解:
〔1〕;
〔2〕〔1〕中的结论仍然成立
延长AE交BC于H,交CF于G,由得
,
∴
∵∠ABC=∠EBF=90,∴∠ABE=∠CBF
∴△ABE∽△CBF
∴∠BAE=∠BCF,
∵∠BAE+∠AHB=90º
,∠AHB=∠CHG
∴∠BCF+∠CHG=90º
∴∠CGH=180–〔∠BCF+∠CHG〕=90º
∴AE⊥CF,且AE=
〔3〕解:
∵AB=,AB=8,∴BC=6
∴BE=OF=4,BF=OE=3
∵点O在CF上,∴∠CFB=90º
∴CF=
∴OC=CF–OF=
∵∠CPO=∠BPE,∠PEB=∠POC=90º
∴△BPE∽△CPO,∴
设CP=X,那么BP=6–X
∴,解得:
5、:
如图〔1〕,△OAB是边长为2的等边三角形,0A在X轴上,点B在第一象限内;
△OCA是一个等腰三角形,OC=AC,顶点C在第四象限,∠C=120°
、现有两动点P、Q分别从A、O两点同时出发,点Q以每秒1个单位的速度沿OC向点C运动,点P以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也随即停止.
〔1〕求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间T之间的函数关系,并写出自变量T的取值范围;
〔2〕在OA上〔点O、A除外〕存在点D,使得△OCD为等腰三角形,请直接写出所有符合条件的点D的坐标;
〔3〕如图〔2〕,现有∠MCN=60°
,其两边分别与OB、AB交于点M、N,连接MN、将∠MCN绕着C点旋转〔0°
《旋转角《60°
〕,使得M、N始终在边OB和边AB上、试判断在这一过程中,△BMN的周长是否发生变化?
假设没有变化,请求出其周长;
假设发生变化,请说明理由、
〔1〕过点作于点、〔如图①〕
∵,,∴、
在RT中,
〔1〕当时,,,;
过点作于点、〔如图①〕
在RT中,∵,∴,
∴、
即、〔图①〕
〔2〕当时,〔如图②〕
,、
即、
故当时,,当时,
〔2〕或
〔3〕的周长不发生变化、
延长至点,使,连结、〔如图③〕
∵,∴≌、
∴、又∵、
∴≌、∴
∴的周长不变,其周长为4
6、如图,正方形ABCD中,点E、F分别为AB、BC的中点,点M在线段BF上〔不与点B重合〕,连接EM,将线段EM绕点M顺时针旋转90°
得MN,连接FN、
〔1〕特别地,当点M为线段BF的中点时,通过观察、测量、推理等,
猜想:
(NFC=°
,;
〔2〕一般地,当M为线段BF上任一点〔不与点B重合〕时,〔1〕中的猜想是否仍然成立?
〔3〕进一步探究:
延长FN交CD于点G,求的值、
〔1〕45°
〔每空2分〕…………4分
〔2〕答:
仍然成立…………5分
理由一:
过点N作NP⊥BC于P,∴∠B=∠MPN=90°
∵∠BME+∠BEM=90°
,∠BME+∠NMP=90°
∴∠BEM=∠NMP
又∵EM=MN,∴△EBM≌△MPN…………7分
∴BM=PN,EB=MP
又∵BF=EB,∴BF=MP
∴BM=FP
∴PN=FP…………8分
∴(NFP=45°
…………9分
NF=FP=BM,即…………10分
理由二:
在EB上取一点P,使得BP=BM,连接PM,
,∠BME+∠NMF=90°
∴∠BEM=∠NMF
又∵EM=MN,EP=MF,
∴△EPM≌△MFN…………7分
∴∠MFN=∠EPM
∵BP=BM,∴∠BPM=45°
…………8分
∴(NFC=∠BPM=45°
NF=PM=BM,即…………10分
〔3〕由〔2〕得(NFC=45°
,∴△FCG是等腰直角三角形
∴FC=GC,FG=FC=BF…………12分
又由〔2
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