中考数学中考最后压轴题训练折叠旋转问题.docx
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中考数学中考最后压轴题训练折叠旋转问题
.折叠类
1.(13江苏徐州卷)在平面直角坐标系中,已知矩形ABCD中,边AB=2,边AD=1,且
AB、AD分别在x轴、y轴的正半轴上,点A与坐标原点重合.将矩形折叠,使点A落
在边DC上,设点A是点A落在边DC上的对应点.
(1)当矩形ABCD沿直线y=-1x+b折叠时(如图1),
求点A的坐标和b的值;
(2)当矩形ABCD沿直线y=kx+b折叠时,
①求点A的坐标(用k表示);求出k和b之间的关系式;
②如果我们把折痕所在的直线与矩形的位置分为如图2、3、4所示的三种情形,请你分别写出每种情形时k的取值范围.
(将答案直接填在每种情形下的横线上)
——当如图1、2折叠时,求DA的取值范围?
)
k的取值范围是;k的取值范围是;k的取值范围是;
[解]
(1)如图答5,设直线y=-1x+b与OD交于点E,与OB交于点F,连结AO,则
OE=b,OF=2b,设点A的坐标为(a,1)
因为DOA+AOF=90,OFE+AOF=90,
所以DOA=OFE,所以△DOA∽△OFE.
DADO
DADOa11
所以DOAE=ODFO,即ba=21b,所以a=12
所以点A的坐标为(12,1).
连结AE,则AE=OE=b.
在Rt△DEA中,根据勾股定理有AE2=AD2+DE2,即b2=
(1)2+(1-b)2,解得b=5.
2)如图答6,设直线y=kx+b与OD交于点E,与OB交于点F,连结AO,则OE=b,OF=-b,设点A的坐标为(a,1).
k
因为DOA+AOF=90,OFE+AOF=90.
所以DOA=OFE,所以△DOA∽△OFE.
所以DA=DO,即a=1,所以a=-k.
OEOFbb
-k
所以A点的坐标为(-k,1).
连结AE,在Rt△DEA中,DA=-k,DE=1-b,AE=b.因为AE2=AD2+DE2,
所以b2=(-k)2+(1-b)2.所以b=k+1.
在图答6和图答7中求解参照给分.
3)图13﹣2中:
-2k-1;
图13﹣3中:
-1≤k≤-2+3;
图13﹣4中:
-2+3k0
[点评]这是一道有关折叠的问题,主要考查一次函数、四边形、相似形等知识,试题中贯穿了方程思想和数形结合的思想,请注意体会。
2.(13广西钦州卷)如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点O为原点,E为AB上一点,把△CBE沿CE折叠,使点B恰好落在OA边上的点D处,点A,D的坐标分别
为(5,0)和(3,0).
1)求点C的坐标;
2)求DE所在直线的解析式;
3)设过点C的抛物线y=2x2+3bx+c(b0)与直线BC的另一个交点为M,问在该抛物线上是否存在点G,使得△CMG为等边三角形.若存在,求出点G的坐标;若不存
在,请说明理由.
[解]
(1)根据题意,得CD=CB=OA=5,OD=3,
Q∠COD=90o,OC=CD2-OD2=52-32=4.
点C的坐标是(0,4);
(2)QAB=OC=4,设AE=x,
则DE=BE=4-x,
AD=OA-OD=5-3=2,
在Rt△DEA中,DE2=AD2+AE2.
(4-x)2=22+x2.
3
解之,得x=3,
2
即点E的坐标是5,3.
设DE所在直线的解析式为y=kx+b,
3k+b=0,
3
5k+b=3,2
3
,
4
9
-4
39
DE所在直线的解析式为y=3x-9;
3)Q点C(0,4)在抛物线y=2x2+3bx+c上,c=4.
即抛物线为y=2x2+3bx+4.
假设在抛物线y=2x2+3bx+4上存在点G,使得△CMG为等边三角形,根据抛物线的对称性及等边三角形的性质,得点G一定在该抛物线的顶点上.设点G的坐标为(m,n),
3b424-(3b)232-3b2
,n==
Qb0,m0,点G在y轴的右侧,
4428
解之,得b=-2.(Qb0).
3b332-3b25
m=-=,n==
4282
35
点G的坐标为3,5.
22
22
在抛物线y=2x2+3bx+4(b0)上存在点G3,5,使得△CMG为等边三角
22
形.
[点评]这是一道以折叠为背景的综合型压轴题,综合性较强,这类试题在各地中考题中出现的频率不小,本题中第1、2小题只需根据折叠的基本性质结合函数知识即可得解,第3小
题是探究型问题,是一道检测学生能力的好题。
3(13湖北咸宁卷)如图,OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片,O为原点,点A在x轴的正半轴上,点C在y轴的正半轴上,OA=5,OC=3.
(1)在AB边上取一点D,将纸片沿OD翻折,使点A落在BC边上的点E处,求点D,E的坐标;
(2)若过点D,E的抛物线与x轴相交于点F(-5,0),求抛物线的解析式和对称轴方程;
(3)若
(2)中的抛物线与y轴交于点H,在抛物线上是否存在点P,使△PFH的内心在坐.标.轴.上?
若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
(4)若
(2)中的抛物线与y轴相交于点H,点Q在线段OD上移动,作直线HQ,当点
Q移动到什么位置时,O,D两点到直线HQ的距离之和最大?
请直接写出此时点Q的坐
标及直线HQ的解析式.
4..(14台州市)24.如图,四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片,点A在x轴上,点C在y轴上,将边BC折叠,使点B落在边OA的点D处.已知折叠CE=55,且tanEDA=3.
4
1)判断△OCD与△ADE是否相似?
请说明理由;
2)求直线CE与x轴交点P的坐标;
3)是否存在过点D的直线l,使直线l、直线CE与x轴所围成的三角形和直线l、直线CE与y轴所围成的三角形相似?
如果存在,请直接写出其解析式并画出相应的直线;如果不存在,请说明理由.解:
(1)△OCD与△ADE相似.
理由如下:
由折叠知,CDE=B=90°,
∴1+2=90°,Q1+3=90o,2=3.又∵COD=DAE=90°,
∴△OCD∽△ADE.
AE3
(2)∵tanEDA=AE=3,∴设AE=3t,AD4
则AD=4t.
由勾股定理得DE=5t.
∴OC=AB=AE+EB=AE+DE=3t+5t=8t.
OCCD
由
(1)△OCD∽△ADE,得OC=CD,
ADDE
8tCD
∴=,
4t5t
∴CD=10t.
在△DCE中,∵CD2+DE2=CE2,
∴(10t)2+(5t)2=(55)2,解得t=1.
∴OC=8,AE=3,点C的坐标为(0,8),
点E的坐标为(10,3),设直线CE的解析式为y=kx+b,
10k+b=3,
b=8,
解得k
b=8,
∴y=-x+8,
2
则点P的坐标为(16,0).
3)满足条件的直线l有2条:
y=-2x+12,
y=2x-12.
如图2:
准确画出两条直线.
5.(14宁德市)26.已知:
矩形纸片ABCD中,AB=26厘米,BC=18.5厘米,点E在AD上,且AE=6厘米,点P是AB边上一动点.按如下操作:
步骤一,折叠纸片,使点P与点E重合,展开纸片得折痕MN(如图1所示);步骤二,过点P作PT⊥AB,交MN所在的直线于点Q,连接QE(如图2所示)
(1)无论点P在AB边上任何位置,都有PQQE(填“”、“=”、“”号);
(2)如图3所示,将纸片ABCD放在直角坐标系中,按上述步骤一、二进行操作:
①当点P在A点时,PT与MN交于点Q1,Q1点的坐标是(,);
②当PA=6厘米时,PT与MN交于点Q2,Q2点的坐标是(,);
③当PA=12厘米时,在图3中画出MN,PT(不要求写画法),并求出MN与PT的交点Q3的坐标;
3)点P在运动过程,PT与MN形成一系列的交点Q1,Q2,
Q3,…观察、猜想:
众多
的交点形成的图象是什么?
并直接写出该图象的函数表达式.
C
B
图1
图2
C
y
D
18
0(A)
12
E
6
6121824Bx
图3
解:
(1)PQ=QE.
(2)①(0,3);②(6,6).
③画图,如图所示.解:
方法一:
设MN与EP交于点F.
在Rt△APE中,∵PE=AE2+AP2=65,
∴PF=1PE=35.
2
∵QPF+EPA=90°,AEP+EPA=90°,∴QPF=AEP.
又∵EAP=QFP=90°,
∴△QPF∽△PEA.
Q3PPF
∴PE=EA.
∴Q3(12,15).
方法二:
过点E作EG⊥Q3P,垂足为G,则四边形APGE是矩形.
GP=6,EG=12.
设QG=x,则QE=QP=x+6.
在Rt△QEG中,∵EQ2=EG2+QG2.
∴(x+6)2=122+x2.
∴x=9.∴QP=125.∴Q3(12,15).
(3)这些点形成的图象是一段抛物线.函数关系式:
y=1x2+3(0≤x≤26).
12
6.(14日照市)24.如图,直线EF将矩形纸片ABCD分成面积相等的两部分,E、F分别与BC交于点E,与AD交于点F(E,F不与顶点重合),设AB=a,AD=b,BE=x.
(Ⅰ)求证:
AF=EC;(Ⅱ)用剪刀将纸片沿直线EF剪开后,再将纸片ABEF沿AB对称翻折,然后平移拼接在梯形ECDF的下方,使一底边重合,直腰落在边DC的延长线上,拼接后,下方的梯形记作EE′B′C.
(1)求出直线EE′分别经过原矩形的顶点A和顶点D时,所对应的x︰b的值;
(2)在直线EE′经过原矩形的一个顶点的情形下,连接BE′,直线BE′与EF是否平行?
你若认为平行,请给予证明;你若认为不平行,请你说明当a与b满足什么关系时,它们垂直?
解:
(Ⅰ)证明:
∵AB=a,AD=b,BE=x,S梯形ABEF=S梯形
1a(x+AF)=1a(EC+b-AF),
22
∴2AF=EC+(b-x).又∵EC=b-x,
∴2AF=2EC,即AF=EC;
(Ⅱ)
(1)当直线EE′经过原矩形的顶点D时,如图
(一),∵EC∥E′B′,
ECDC∴EB=DB.由EC=b-x,E′B′=EB=x,DB′=DC+CB′=2a,得b-x=a,
x2a
当直线E′E经过原矩形的顶点A时,如图
(二),在梯形AE′B′D中,
∵EC∥E′B′,点C是DB′的中点,
∴CE=1(AD+E′B′),
即b-x=1(b+x),
2
1
∴x︰b=.
3
(2)如图
(一),当直线EE′经过原矩形的顶点D时,BE′∥EF.证明:
连接BF.
∵FD∥BE,FD=BE,∴四边形FBED是平行四边形,
∴FB∥DE,FB=DE,又∵EC∥E′B′,点C是DB′的中点,
∴DE=EE′,
∴FB∥EE′,FB=EE′,∴四边形BE′EF是平行四边形
∴BE′∥EF.
如图
(二),当直线EE′经过原矩形的顶点A时,显然BE′与EF不平行,设直线EF与BE′
交于点G.过点E′作E′M⊥BC于M,则E′M=a..
1
∵x︰b=,
3
11
∴EM=BC=b.
33
若BE′与EF垂直,则有∠GBE+∠BEG=90°,又∵∠BEG=∠FEC=∠MEE′,∠MEE′+∠ME′E=90°,∴∠GBE=∠ME′E.
EMa
在Rt△BME′中,tan∠E′BM=tan∠GBE==.
BM2
b
3
1EM3b在Rt△EME′中,tan∠ME′E==3,
EMa
1b
a3
∴=.2ab
3
又∵a>0,b>0,
a2
b=3,
∴当a=2时,BE′与EF垂直.
b3
7.(14荆门市)28.如图1,在平面直角坐标系中,有一张矩形纸片OABC,已知O(0,0),A(4,0),C(0,3),点P是OA边上的动点(与点O、A不重合).现将△PAB沿PB翻折,得到△PDB;再在OC边上选取适当的点E,将△POE沿PE翻折,得到△PFE,并使直线PD、PF重合.
(1)设P(x,0),E(0,y),求y关于x的函数关系式,并求y的最大值;
(2)如图2,若翻折后点D落在BC边上,求过点P、B、E的抛物线的函数关系式;
(3)在
(2)的情况下,在该抛物线上是否存在点Q,使△PEQ是以PE为直角边的直角三角形?
若不存在,说明理由;若存在,求出点Q的坐标.
图1图2
解:
(1)由已知PB平分∠APD,PE平分∠OPF,且PD、PF重合,则∠BPE=90°.∴∠OPE+∠APB=90°.又∠APB+∠ABP=90°,∴∠OPE=∠PBA.
∴Rt△POE∽Rt△BPA.
POBAx31124
∴=.即=.∴y=x(4-x)=-x+x(0 OEAPy4-x333 且当x=2时,y有最大值1. (2)由已知,△PAB、△POE均为等腰三角形,可得P(1,0),E(0,1),B(4,3). c=1, 设过此三点的抛物线为y=ax2+bx+c,则a+b+c=0, 16a+4b+c=3. b=- c=1. y=1x2-3x+1. 22 (3)由 (2)知∠EPB=90°,即点Q与点B重合时满足条件.直线PB为y=x-1,与y轴交于点(0,-1). 将PB向上平移2个单位则过点E(0,1), ∴该直线为y=x+1. 由 y=x+1,x=5, 123得x=5,∴Q(5, y=x-x+1,y=6. 22 6). 故该抛物线上存在两点Q(4,3)、(5,6)满足条件. 8.(14湖北省孝感市)25.在我们学习过的数学教科书中,有一个数学活动,其具体操作过程是: 第一步: 对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展开(如图1);第二步: 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(如图2). 请解答以下问题: (1)如图2,若延长MN交BC于P,△BMP是什么三角形? 请证明你的结论. (2)在图2中,若AB=a,BC=b,a、b满足什么关系,才能在矩形纸片ABCD上剪出符合 (1)中结论的三角形纸片BMP? (3)设矩形ABCD的边AB=2,BC=4,并建立如图3所示的直角坐标系.设直线BM为y=kx,当MBC=60°时,求k的值.此时,将△ABM′沿BM′折叠,点A是否落在EF上(E、F分别为AB、CD中点)? 为什么? 解: (1)△BMP是等边三角形. 证明: 连结AN ∴AN=BN ∵EF垂直平分AB 由折叠知AB=BN ∴AN=AB=BN∴△ABN为等边三角形 ∴∠ABN=60°∴∠PBN=30°又∵∠ABM=∠NBM=30°,∠BNM=∠A=90° ∴∠BPN=60° ∠MBP=∠MBN+∠PBN=60° ∴∠BMP=60° ∴∠MBP=∠BMP=∠BPM=60° ∴△BMP为等边三角形. 2)要在矩形纸片ABCD上剪出等边△BMP,则BC≥BP在Rt△BNP中,BN=BA=a,∠PBN=30° aa3 ∴BP=∴b≥∴a≤b. cos30ocos30o2 3)∵∠M′BC=60°∴∠ABM′=90°-60°=30° 在Rt△ABM′中,tan∠ABM′ AM AB ∴tan30°=AM ∴AM′ 23 3 在Rt△ABH中, ,2).代入y=kx中,得k=2=3 23 设△ABM′沿BM′折叠后,点A落在矩形ABCD内的点为A 过A作AH⊥BC交BC于H. ∵△ABM′≌△ABM′∴ABM=ABM=30°,AB=AB=2 ∴ABH=MBH-ABM=30°. ,BH=3 1 AH=AB=12 ∴A(3,1) ∴A落在EF上. 9.(14广东省茂名市)25.如图,已知平面直角坐标系xoy中,有一矩形纸片OABC,O为坐标原点,AB∥x轴,B(3,3),现将纸片按如图折叠,AD,DE为折痕,OAD=30.折 叠后,点O落在点O,点C落在点C,并且DO与DC在同一直线上. 解得: k=-3 b=3,折痕AD所在的直线的解析式是y=-3x+3. (2)过C1作C1F⊥OC于点F,由已知得ADO=ADO=60,∴CDC=60.又DC=3-1=2,∴DC=DC=2. ∴在Rt△CDF中,CF=DCgsinCDF=2sin60=3.DF=1DC 21 ∴C(2,3),而已知C(3,0).法一: 设经过三点O,C1,C的抛物线的解析式是y=ax(x-3)点C(2,3)在抛物线上,∴2a(2-3)=3,∴a=- ∴y=-3x(x-3)=-3x2+33x为所求 222 法二: 设经过三点O,C1,C的抛物线的解析式是y=ax2+bx+c,(a0).把O,C1,C的坐标代入上式得: c=04a+2b+c=3, 9a+3b+c=0 a=-3 c=0 (3)设圆心P(x,y),则当⊙P与两坐标轴都相切时,有y=x.由y=x,得-3x2+33x=x,解得x=0(舍去),x=3-23. 223由y=-x,得-3x2+33x=-x解得x=0(舍去),x=3+23. ∴所求⊙P的半径R=3-233或R=3+233 10.(14重庆市)28.已知,在Rt△OAB中,∠OAB=900,∠BOA=300,AB=2。 若以O为坐标原点,OA所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,点B在第一象限内。 将Rt△OAB沿OB折叠后,点A落在第一象限内的点C处。 (1)求点C的坐标; (2)若抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过C、A两点,求此抛物线的解析式; (3)若抛物线的对称轴与OB交于点D,点P为线段DB上一点,过P作y轴的平行线,交抛物线于点M。 问: 是否存在这样的点P,使得四边形CDPM为等腰梯形? 若存在,请求出此时点P的坐标;若不存在,请说明理由。 b4ac-b2 注: 抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为-2ba,4ac4-ab,对称轴公式 解: (1)过点C作CH⊥x轴,垂足为H ∵在Rt△OAB中,∠OAB=900,∠BOA=300,AB=2 ∴OB=4,OA=23 由折叠知,∠COB=300,OC=OA=23 ∴∠COH=600,OH=3,CH=3 ∴C点坐标为(3,3) 2)∵抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过C(3,3)、A(23,0)两点 3=(3)2a+3b0=(23)2a+23b ∴此抛物线的解析式为: y=-x2+23x 3)存在。 因为y=-x2+23x的顶点坐标为(3,3)即为点C MP⊥x轴,设垂足为N,PN=t,因为∠BOA=300,所以ON=3t ∴P(3t,t) 作PQ⊥CD,垂足为Q,ME⊥CD,垂足为E 把x=3t代入y=-x+23x得: y=-3t+6t ∴M(3t,-3t+6t),E(3,-3t+6t) 同理: Q(3,t),D(3,1) 要使四边形CDPM为等腰梯形,只需CE=QD 即3-(-3t2+6t)=t-1,解得: t=4,t=1(舍) 44 ∴P点坐标为(43,4) 33 ∴存在满足条件的点P,使得四边形CDPM为等腰梯形,此时P点的坐为(43,4) 33 11.(15山东青岛)24.(本小题满分12分)已知: 如图①,在Rt△ACB中,C=90o,AC=4cm,BC=3cm,点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动,速度为1cm/s;点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动,速度为2cm/s;连接PQ.若设运动的时间为t(s)(0t2),解答下列问题: (1)当t为何值时,PQ∥BC? (2)设△AQP的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式; (3)是否存在某一时刻t,使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分? 若存在, 求出此时t的值;若不存在,说明理由; (4)如图②,连接PC,并把△PQC沿QC翻折,得到四边形PQPC,那么是否存在某
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- 中考 数学 最后 压轴 训练 折叠 旋转 问题