浙教版中考数学难题突破专题七图形变换综合探究题含答案.docx
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浙教版中考数学难题突破专题七图形变换综合探究题含答案
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难题突破专题七 图形变换综合探究题
图形的轴对称、平移、旋转是近年中考的新题型、热点题型,它主要考查学生的观察与实验能力,探索与实践能力,因此在解题时应注意以下方面:
1.熟练掌握图形的轴对称、图形的平移、图形的旋转的基本性质和基本方法.
2.结合具体问题大胆尝试,动手操作平移、旋转,探究发现其内在规律是解答操作题的基本方法.
3.注重图形与变换的创新题,弄清其本质,掌握其基本的解题方法,尤其是折叠与旋转等.
类型1 平移变换问题
1两个三角板ABC,DEF按如图Z7-1所示的位置摆放,点B与点D重合,边AB与边DE在同一条直线上(假设图形中所有的点、线都在同一平面内),其中,∠C=∠DEF=90°,∠ABC=∠F=30°,AC=DE=6cm.现固定三角板DEF,将三角板ABC沿射线DE方向平移,当点C落在边EF上时停止运动.设三角板平移的距离为x(cm),两个三角板重叠部分的面积为y(cm2).
(1)当点C落在边EF上时,x=________cm;
图Z7-1
(2)求y关于x的函数表达式,并写出自变量x的取值范围;
(3)设边BC的中点为点M,边DF的中点为点N,直接写出在三角板平移过程中,点M与点N之间距离的最小值.
例题分层分析
(1)当点C落在EF边上时记为C′,此时A点的对应点记为A′,根据锐角三角函数,可得A′E=________cm,所以x=AA′=AE-A′E=______cm.
(2)分类讨论:
①当0≤x≤6时,根据三角形的面积公式可得答案;②当6<x≤12时,根据面积的和差可得答案;③当12<x≤15时,根据面积的和差可得答案.
(3)根据点与直线上所有点的连线中垂线段最短,可得当NM⊥BD时,MN最小.根据线段的和差即可求得答案.
类型2 折叠问题
2[2015·衢州]如图Z7-2①,将矩形ABCD沿DE折叠使顶点A落在点A′处,然后将矩形展平,沿EF折叠使顶点A落在折痕DE上的点G处,再将矩形ABCD沿CE折叠,此时顶点B恰好落在DE上的点H处,如图②.
(1)求证EG=CH;
(2)已知AF=,求AD和AB的长.
图Z7-2
例题分层分析
(1)由折叠的性质及矩形的性质可知________=________=________,__________=________,再根据四边形ABCD是矩形,可得____________=________,等量代换即可证明EG=CH;
(2)由折叠的性质可知∠ADE=________°,∠FGE=∠A=90°,AF=,那么DG=________,利用勾股定理求出DF=________,于是可得AD=AF+DF=________;再利用AAS证明△AEF≌△BCE,得到____________,于是AB=AE+BE=________.
解题方法点析
折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.解决折叠问题要注意折叠前后对应点的位置;掌握辅助线的作法;折痕两边折叠部分是全等的;折叠的某点与所落位置之间线段被折痕垂直平分.
类型3 旋转变换问题
3[2016·成都]如图Z7-3①,△ABC中,∠ABC=45°,AH⊥BC于点H,点D在AH上,且DH=CH,连结BD.
图Z7-3
(1)求证:
BD=AC;
(2)将△BHD绕点H旋转,得到△EHF(点B,D分别与点E,F对应),连结AE.
(ⅰ)如图②,当点F落在AC上时(F不与C重合),若BC=4,tanC=3,求AE的长;
(ⅱ)如图③,当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时,设射线CF与AE相交于点G,连结GH,试探究线段GH与EF之间满足的等量关系,并说明理由.
例题分层分析
(1)先判断出AH=BH,再证明△BHD≌△AHC即可;
(2)(ⅰ)在Rt△AHC中,tanC=________=3.由AH=BH及BC=4可求得AH=________,CH=________,过点H作HP⊥AE于P,然后根据△EHA∽△FHC,得到HP=________AP,AE=________AP,最后用勾股定理求解即可;
(ⅱ)设AH与CG交于点Q.先判断出△AGQ∽△CHQ,得到________,然后判断出△AQC∽△GQH,最后用相似比求解即可.
专题训练
1.[2017·菏泽]如图Z7-4,将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°,得到△A′B′C,连结AA′,若∠1=25°,则∠BAA′的度数是( )
A.55°B.60°C.65°D.70°
图Z7-4图Z7-5
2.[2017·舟山]如图Z7-5,在平面直角坐标系xOy中,已知点A(,0),B(1,1).若平移点A到点C,使以点O,A,C,B为顶点的四边形是菱形,则正确的平移方法是( )
A.向左平移1个单位,在向下平移1个单位
B.向左平移(-1)个单位,再向上平移1个单位
C.向右平移(-1)个单位,再向上平移1个单位
D.向右平移1个单位,再向上平移1个单位
3.[2016·聊城]如图Z7-6,把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后,点A落在CD边上的点A′处,点B落在点B′处,若∠2=40°,则图中∠1的度数为( )
A.115°B.120°C.130°D.140°
图Z7-6图Z7-7
4.[2016·温州]如图Z7-7,一张三角形纸片ABC,其中∠C=90°,AC=4,BC=3.现小林将纸片做三次折叠:
第一次使点A落在C处,将纸片展平做第二次折叠,使点B落在C处,再将纸片展平做第三次折叠,使点A落在B处.这三次折叠的折痕长依次记为a,b,c,则a,b,c的大小关系是( )
A.c>a>bB.b>a>cC.c>b>aD.b>c>a
5.[2017·贵港]如图Z7-8,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C,M是BC的中点,P是A′B′的中点,连结PM.若BC=2,∠BAC=30°,则线段PM的最大值是( )
图Z7-8
A.4B.3C.2D.1
6.如图Z7-9,折叠矩形纸片ABCD,使B点落在AD上一点E处,折痕的两端点分别在AB,BC上(含端点),且AB=6,BC=10.设AE=x,则x的取值范围是________.
图Z7-9
7.[2017·武汉]如图Z7-10,在△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,点D,E都在边BC上,∠DAE=60°.若BD=2CE,则DE的长为________.
图Z7-10
8.如图Z7-11,是两块完全一样的含30°角的三角板,分别记作△ABC和△A1B1C1,现将两块三角板重叠在一起,设较长直角边的中点为M,绕中点M转动上面的三角板ABC,使其直角顶点C恰好落在三角板A1B1C1的斜边A1B1上.当∠A=30°,AC=10时,两直角顶点C,C1的距离是________.
图Z7-11图Z7-12
9.[2017·德阳]如图Z7-12,将△ABC沿BC翻折得到△DBC,再将△DBC绕点C逆时针旋转60°得到△FEC,延长BD交EF于H,已知∠ABC=30°,∠BAC=90°,AC=1,则四边形CDHF的面积为________.
10.[2017·舟山]一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF叠合在一起,边BC与EF重合,BC=EF=12cm(如图Z7-13①),点G为边BC(EF)的中点,边FD与AB相交于点H,现将三角板DEF绕点G按顺时针方向旋转(如图Z7-13②),在∠CGF从0°到60°的变化过程中,观察点H的位置变化,点H相应移动的路径长共为________.(结果保留根号)
图Z7-13
11.[2017·自贡]如图Z7-14①,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A(-1,0),点B(0,).
(1)求∠BAO的度数.
(2)如图①,将△AOB绕点O顺时针旋转得△A′OB′,当点A′恰好落在AB边上时,设△AB′O的面积为S1,△BA′O的面积为S2,S1与S2有何关系?
为什么?
(3)若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图Z7-14②所示的位置,S1与S2的关系发生变化了吗?
证明你的判断.
图Z7-14
12.[2017·赤峰]△OPA和△OQB分别是以OP,OQ为直角边的等腰直角三角形,点C,D,E分别是OA,OB,AB的中点.
(1)当∠AOB=90°时,如图Z7-15①,连结PE,QE,直接写出EP与EQ的大小关系;
(2)将△OQB绕点O逆时针方向旋转,当∠AOB是锐角时,如图Z7-15②,
(1)中的结论是否成立?
若成立,请给出证明;若不成立,请加以说明.
(3)仍将△OQB绕点O旋转,当∠AOB为钝角时,延长PC,QD交于点G,使△ABG为等边三角形,如图Z7-15③,求∠AOB的度数.
图Z7-15
参考答案
类型1 平移变换问题
例1 【例题分层分析】
(1)3 15
解:
(1)在Rt△ABC中,∠ABC=30°,
则∠BAC=60°,AB=2AC=12cm,BC=6cm.
如图①,当点C在EF上时,∠C′A′E=60°,则A′E=A′C′=3cm,
所以AA′=AE-A′E=15cm.故x=15cm.
(2)如图②,当0≤x≤6时,BD=x,DG=x,
则BG=x,所以y=DG·BG=x2.
如图③,当6 则DG=x,BG=x,EH=(x-6), 所以y=DG·BG-EH·BE=x2-(x-6)2=-x2+2x-6. 如图④,当12 则EH=(x-6), 则y=AC·BC-EH·BE=18-(x-6)2=-x2+2x+12. (3)当NM⊥BD时,MN最小. 如图⑤,由题意可知DN=FN=DF=6cm,DP=DN=3cm,则PN=3cm. BM=CM=BC=3cm,则PM=cm, 所以MN=PN-PM=cm. 故点M,N之间距离的最小值为cm. 类型2 折叠问题 例2 【例题分层分析】 (1)AE AD EG BC CH AD BC (2)45 2 +2 AF=BE 2+2 解: (1)证明: 由折叠知AE=AD=EG,BC=CH, ∵四边形ABCD是矩形, ∴AD=BC,∴EG=CH. (2)∵∠ADE=45°,∠FGE=∠A=90°,AF=, ∴DG=FG=,DF=2, ∴AD=AF+DF=+2. 由折叠知∠AEF=∠GEF,∠BEC=∠HEC, ∴∠GEF+∠HEC=90°,∠AEF+∠BEC=90°. ∵∠AEF+∠AFE=90°, ∴∠BEC=∠AFE. 在△AEF与△BCE中, ∴△AEF≌△BCE,∴AF=BE, ∴AB=AE+BE=+2+=2+2. 类型3 旋转变换问题 例3 【例题分层分析】 (2)(ⅰ) 3 1 3 2 (ⅱ)= 解: (1)证明: 在Rt△AHB中,∠ABH=45°, ∴AH=BH. 在△BHD和△AHC中, ∴△BHD≌△AHC,∴BD=AC. (2)(ⅰ)如图, 在Rt△AHC中, ∵tanC=3,∴=3. 设CH=x,则BH=AH=3x, ∵BC=4,∴3x+x=4, ∴x=1, ∴AH=3,CH=1. 由旋转知,∠EHF=∠BHD=∠AHC=90°,EH=AH=3,CH=DH=FH=1, ∴∠EHA=∠FHC,==1, ∴△EHA∽△FHC,∴∠EAH=∠C, ∴tan∠EAH=tanC=3. 过点H作HP⊥AE于点P, 则HP=3AP,AE=2AP, 在Rt△AHP中,AP2+HP2=AH2, ∴AP2+(3AP)2=9, ∴AP=,∴AE=. (ⅱ)=2.理由: 设AH与GC交于点Q,由旋转的性质可得△AEH和△FHC都为等腰三角形,且∠AHE=∠CHF=120°, ∴∠GAH=∠HCG=30°. 又∵∠AQG=∠CQH, ∴△AGQ∽△CHQ, ∴=,∴=, ∵∠AQC=∠GQH,∴△AQC∽△GQH, ∴====2. 专题训练 1.C [解析]根据旋转的性质可得AC=A′C,因为△ACA′是等腰直角三角形,所以∠CA′A=45°,所以∠CAB=∠CA′B′=45°-25°=20°,所以∠BAA′=20°+45°=65°. 2.D [解析]根据点A(,0),B(1,1)可得OA=,OB=,将点A向右平移1个单位,再向上平移1个单位,可得AC=,BC=,利用“四边相等的四边形为菱形”,可得当点A向右平移1个单位,再向上平移1个单位时,以点O,A,C,B为顶点的四边形是菱形. 3.A [解析]∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后,点A落在CD边上的点A′处,点B落在点B′处, ∴∠BFE=∠EFB′,∠B′=∠B=90°, ∵∠2=40°,∴∠CFB′=50°, ∴∠1+∠EFB′-∠CFB′=180°, 即∠1+∠1-50°=180°,解得∠1=115°, 故选A. 4.D [解析]第一次折叠如图①,折痕为DE, 由折叠得AE=EC=AC=×4=2,DE⊥AC, ∵∠ACB=90°,∴DE∥BC, ∴a=DE=BC=×3=. 第二次折叠如图②,折痕为MN, 由折叠得BN=NC=BC=×3=,MN⊥BC, ∵∠ACB=90°,∴MN∥AC, ∴b=MN=AC=×4=2. 第三次折叠如图③,折痕为GH, 由勾股定理得AB==5, 由折叠得AG=BG=AB=×5=,GH⊥AB,∴∠AGH=90°. ∵∠A=∠A,∠AGH=∠ACB,∴△ACB∽△AGH, ∴=,∴=,∴GH=,即c=. ∵2>>,∴b>c>a,故选D. 5.B 6.2≤x≤6 7.3-3 8.5 9. [解析]考虑用割补法计算四边形CDHF的面积,即S四边形CDHF=S△CFE-S△DEH. ∵AC=1,∠ABC=30°,∴BC=2,AB=. 由翻折,得CD=AC=1,∠BDC=∠BAC=90°,∠DBC=∠CBA=30°. 由旋转,得∠E=∠DBC=30°,CE=BC=2, ∴DE=CE-CD=1,DH=,∴S△DHE=×1×=.又S△CFE=S△CAB=,则S四边形CDHF=S△CFE-S△DEH=. 10.(12-18)cm 11.解: (1)∵A(-1,0),B(0,), ∴AO=1,BO=, ∴tan∠BAO===, ∴∠BAO=60°. (2)S1=S2.理由: 根据旋转的性质可得AO=A′O,∠OA′B′=60°. ∵∠BAO=60°,∴△AOA′是等边三角形, ∴∠AOA′=60°,∴∠AOA′=∠OA′B′, ∴A′B′∥x轴,∴A′B′⊥y轴. 如图,设A′B′与y轴交于点C. 在Rt△A′CO中,A′O=1,∠A′OC=90°-60°=30°, ∴A′C=,CO=. ∴S1=AO·CO=×1×=,S2=BO·A′C=××=, ∴S1=S2. (3)关系没有变化. 理由: 如图,过点B′作B′D⊥x轴于D, 过点B作BE⊥OA′于点E, ∴∠ODB′=∠OEB=90°. ∵∠AOA′=∠BOB′, ∴∠BOE=∠B′OD. 又∵OB=OB′,∴△OBE≌△OB′D,∴BE=B′D. 又∵OA=OA′,∴S1=S2. 12.解: (1)EP=EQ.连结OE. ∵∠AOB=90°,E是AB的中点,∴OE=AE. 又∵OP=AP,∴PE垂直平分OA,∵C为OA的中点,∴点C在PE上. ∵∠OPA=90°,∴∠OPE=∠OPA=45°. 同理可证∠OQE=45°.∴EP=EQ. (2)成立.∵△OPA为等腰直角三角形,点C是OA的中点, ∴OC=PC,∠PCA=90°. ∵点C,D,E分别是OA,OB,AB的中点, ∴CE∥OD,OC∥DE, ∴四边形ODEC是平行四边形, ∠ACE=∠AOD=∠EDB. ∴OC=DE,∴PC=DE. 同理可证CE=DQ,∠BDQ=90°. ∴∠PCE=∠EDQ. ∴△PCE≌△EDQ. ∴EP=EQ. (3)连结OG. ∵△OPA为等腰直角三角形,点C是OA的中点, ∴OC=PC,∠PCA=90°. ∴PC垂直平分OA. ∵点G在PC上,∴AG=OG. 同理可证点G在QD上,∴BG=OG. ∴∠GAO=∠GOA,∠GOB=∠GBO. ∵△ABG为等边三角形, ∴∠AGB=60°. ∵四边形AOBG的内角和为360°,∠AOB=∠GOA+∠GOB, ∴∠AOB=×(360°-60°)=150°.
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