全国中考数学(续61套)压轴题分类解析汇编专题7:几何三大变换相关问题.doc
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1、 全国中考数学(续61套)压轴题分类解析汇编专题7:几何三大变换相关问题.29. (2012黑龙江大庆9分)在直角坐标系中,C(2,3),C(4,3), C(2,1),D(4,1),A(0,),B(,O)( 0). (1)结合坐标系用坐标填空 点C与C关于点 对称; 点C与C关于点 对称; 点C与D关于点 对称 (2)设点C关于点(4,2)的对称点是点P,若PAB的面积等于5,求值【答案】解:(1)(1,3);(2,2);(1,2)。(2)点C关于点(4,2)的对称点P(6,1),PAB的面积=(1+a)6a21(6a)=5,整理得,a27a+10=0,解得a1=2,a2=5。所以,a的值为2
2、或5。【考点】网格问题,坐标与图形的对称变化,坐标与图形性质,三角形的面积。【分析】(1)根据对称的性质,分别找出两对称点连线的中点即可:由图可知,点C与C关于点(1,3)对称; 点C与C关于点(2,2)对称;点C与D关于点(1,2)对称。(2)先求出点P的坐标,再利用APB所在的梯形的面积减去两个直角三角形的面积,然后列式计算即可得解。30. (2012湖南怀化10分)如图1,四边形ABCD是边长为的正方形,长方形AEFG的宽,长将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15得到长方形AMNH (如图2),这时BD与MN相交于点O(1)求的度数;(2)在图2中,求D、N两点间的距离;(3)若把长方形A
3、MNH绕点A再顺时针旋转15得到长方形ARTZ,请问此时点B在矩形ARTZ的内部、外部、还是边上?并说明理由图1 图2【答案】解:(1)如图,设AB与MN相交于点K,根据题意得:BAM=15, 四边形AMNH是矩形,M=90。AKM=90BAM=75。BKO=AKM=75。,四边形ABCD是正方形,ABD=45。DOM=BKO+ABD=75+45=120。(2)连接AN,交BD于I,连接DN,NH=,AH=,H=90,。HAN=30。AN=2NH=7。由旋转的性质:DAH=15,DAN=45。DAC=45,A,C,N共线。四边形ABCD是正方形,BDAC。AD=CD=,。NI=ANAI=73=
4、4。在RtDIN中,。(3)点B在矩形ARTZ的外部。理由如下:如图,根据题意得:BAR=15+15=30。R=90,AR= ,。,AB= 。点B在矩形ARTZ的外部。【考点】旋转的性质,矩形的性质,正方形的性质,勾股定理,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,实数的大小比较。【分析】(1)由旋转的性质,可得BAM=15,即可得OKB=AOM=75,又由正方形的性质,可得ABD=45,然后利用外角的性质,即可求得DOM的度数。(2)首先连接AM,交BD于I,连接DN,由特殊角的三角函数值,求得HAN=30,又由旋转的性质,即可求得DAN=45,即可证得A,C,N共线,然后由股定理求得答案。(3
5、)在RtARK中,利用三角函数即可求得AK的值,与AB比较大小,即可确定B的位置。31. (2012福建宁德13分)某数学兴趣小组开展了一次活动,过程如下:如图1,在等腰ABC中,ABAC,BAC90,小敏将一块三角板中含45角的顶点放在点A处,从AB边开始绕点A顺时针旋转一个角,其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D,直角边所在的直线交直线BC于点E(1)小敏在线段BC上取一点M,连接AM,旋转中发现:若AD平分MAB,则AE也平分MAC请你证明小敏发现的结论;(2)当045时,小敏在旋转的过程中发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系:BD2CE2DE2同组的小颖和小亮随后想出了两种
6、不同的方法进行解决:小颖的方法:将ABD沿AD所在的直线对折得到ADF,连接EF(如图2);小亮的方法:将ABD绕点A逆时针旋转90得到ACG,连接EG(如图3)请你从中任选一种方法进行证明;(3)小敏继续旋转三角板,在探究中得出:当45135且90时,等量关系BD2CE2DE2仍然成立现请你继续探究:当135180时(如图4),等量关系BD2CE2DE2是否仍然成立?若成立,给出证明:若不成立,说明理由【答案】解:(1)证明:BAC90,DAEDAMMAE45,BADEAC45。 又AD平分MAB,BADDAM。MAEEAC。 AE平分MAC。 (2)证明小颖的方法: 将ABD沿AD所在的直
7、线对折得到ADF, AFAB,AFDB45,BADFAD。 又AC=AB,AFAC。 由(1)知,FAECAE。 在AEF和AEC中,AF AC,FAECAE,AEAE, AEFAEC(SAS)。CEFE,AFEC45。 DFEAFD AFE90。 在RtOCE中,DE2FE2DE2,BD2CE2DE2。(3)当135180时,等量关系BD2CE2DE2仍然成立。证明如下: 如图,按小颖的方法作图,设AB与EF相交于点G。 将ABD沿AD所在的直线对折得到ADF, AFAB,AFDABC45,BADFAD。 又AC=AB,AFAC。 又CAE900BAE900(45BAD)45BAD45FAD
8、FAE。在AEF和AEC中,AF AC,FAECAE,AEAE, AEFAEC(SAS)。CEFE,AFEC45。又在AGF和BGE中,ABCAFE45,AGFBGE,FAGBEG。又FDEDEF=FDEFAG(ADBDAB)ABC90。DFE90。在RtOCE中,DE2FE2DE2,BD2CE2DE2。【考点】角平分线的定义,等腰直角三角形的性质,旋转的性质,折叠对称的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,三角形外角性质,三角形内角和定理。【分析】(1)由角平分线的定义,根据等腰直角三角形和旋转的性质,即可得出结论。 (2)小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS得到AEFAEC,在RtOC
9、E中应用勾股定理而证明。 小亮的方法是将ABD绕点A逆时针旋转90得到ACG,根据旋转的性质用SAS得到ACEACG,从而在RtCEG中应用勾股定理而证明。(3)当135180时,等量关系BD2CE2DE2仍然成立。仿(2)证明即可。32. (2012福建龙岩13分)矩形ABCD中,AD=5,AB=3,将矩形ABCD沿某直线折叠,使点A的对应点A落在线段BC上,再打开得到折痕EF (1)当A与B重合时(如图1),EF= ;当折痕EF过点D时(如图2),求线段EF的长; (2)观察图3和图4,设BA=x,当x的取值范围是 时,四边形AEAF是菱形;在的条件下,利用图4证明四边形AEAF是菱形【答
10、案】解:(1)5。 由折叠(轴对称)性质知AD=AD=5,A=EAD=900。 在RtADC中,DC=AB=2, 。AB=BCAC=54=1。 EABBEA=EABFAC=900, BEA=FAC。 又 B=C=900,RtEBARtACF。,即 。在RtAEF中,。 (2)。 证明:由折叠(轴对称)性质知AEF=FEA,AE=AE,AF=AF。 又 ADBC,AFE=FEA 。AEF=AFE 。 AE=AF。AE=AE=AF=AF。 四边形AEAF是菱形。【考点】折叠的性质,矩形的性质,勾股定理,相似三角形的判定和性质,平行的性质,等腰三角形的性质,菱形的判定。【分析】(1)根据折叠和矩形的
11、性质,当A与B重合时(如图1),EF= AD=5。 根据折叠和矩形的性质,以及勾股定理求出AB、AF和FC的长,由RtEBARtACF求得,在RtAEF中,由勾股定理求得EF的长。 (2)由图3和图4可得,当时,四边形AEAF是菱形。 由折叠和矩形的性质,可得AE=AE,AF=AF。由平行和等腰三角形的性质可得AE=AF。从而AE=AE=AF=AF。根据菱形的判定得四边形AEAF是菱形。33. (2012福建福州14分)如图,已知抛物线yax2bx(a0)经过A(3,0)、B(4,4)两点(1) 求抛物线的解析式;(2) 将直线OB向下平移m个单位长度后,得到的直线与抛物线只有一个公共点D,求
12、m的值及点D的坐标;(3) 如图,若点N在抛物线上,且NBOABO,则在(2)的条件下,求出所有满足PODNOB的点P的坐标(点P、O、D分别与点N、O、B对应)【答案】解:(1) 抛物线yax2bx(a0)经过点A(3,0)、B(4,4),解得:。抛物线的解析式是yx23x。 (2) 设直线OB的解析式为yk1x,由点B(4,4),得:44k1,解得k11。直线OB的解析式为yx。直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为:yxm。点D在抛物线yx23x上,可设D(x,x23x)。又点D在直线yxm上, x23x xm,即x24xm0。抛物线与直线只有一个公共点, 164m0,解得:m4。此时
13、x1x22,yx23x2。 D点坐标为(2,2)。 (3) 直线OB的解析式为yx,且A(3,0),点A关于直线OB的对称点A的坐标是(0,3)。设直线AB的解析式为yk2x3,过点B(4,4),4k234,解得:k2。直线AB的解析式是yx3。NBOABO,点N在直线AB上。设点N(n,n3),又点N在抛物线yx23x上, n3n23n,解得:n1,n24(不合题意,会去)。 点N的坐标为(,)。如图,将NOB沿x轴翻折,得到N1OB1,则N1(,),B1(4,4)。O、D、B1都在直线yx上。P1ODNOB,P1ODN1OB1。 。点P1的坐标为(,)。将OP1D沿直线yx翻折,可得另一个
14、满足条件的点P2(,)。综上所述,点P的坐标是(,)或(,)。【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,平移的性质,一元二次方程根的判别式,翻折对称的性质,旋转的性质,相似三角形的判定和性质。【分析】(1) 利用待定系数法求出二次函数解析式即可。(2) 根据已知可求出OB的解析式为yx,则向下平移m个单位长度后的解析式为:yxm。由于抛物线与直线只有一个公共点,意味着联立解析式后得到的一元二次方程,其根的判别式等于0,由此可求出m的值和D点坐标。(3) 综合利用几何变换和相似关系求解:翻折变换,将NOB沿x轴翻折。(或用旋转)求出P点坐标之后,该点关于直线yx的对称点也满
15、足题意,即满足题意的P点有两个。34. (2012福建泉州14分)如图,点O为坐标原点,直线绕着点A(0,2)旋转,与经过点C(0,1)的二次函数交于不同的两点P、Q.(1)求h的值;(2)通过操作、观察算出POQ面积的最小值(不必说理);(3)过点P、C作直线,与x轴交于点B,试问:在直线的旋转过程中四边形AOBQ是否为梯形,若是,请说明理由;若不是,请指明其形状.【答案】解:(1)二次函数的图象经过C(0,1), 。 (2)操作、观察可知当直线x轴时,其面积最小; 将y=2带入二次函数中,得, S最小=(24)2=4。(3)连接BQ,若l与x轴不平行(如图),即PQ与x轴不平行,依题意,设
16、抛物线上的点P(a,)、Q(b,)(a0b)。直线BC:y=k1x+1过点P,=ak1+1,得k1=。直线BC:y=x+1令y=0得:xB=过点A的直线l:y=k2x+2经过点P、Q,。b-a得:,化简得:b=。点B与Q的横坐标相同。BQy轴,即BQOA。又AQ与OB不平行,四边形AOBQ是梯形。根据抛物线的对称性可得(a0b)结论相同。若l与x轴平行,由OA=2,BQ=2,OB=2,AQ=2,且AOB=900,得四边形AOBQ是正方形。故在直线l旋转的过程中:当l与x轴不平行时,四边形AOBQ是梯形;当l与x轴平行时,四边形AOBQ是正方形。【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系
17、,旋转的性质,二次函数的性质,一次函数的运用,梯形和正方形的判定。【分析】(1)根据二次函数图象上的点的坐标特征,利用待定系数法求得h的值。(2)操作、观察可得结论。实际上,由P(a,)、Q(b,)(a0b),可求得b=(参见(3)。当即|a|=|b|(P、Q关于y轴对称)时,POQ的面积最小。即PQx轴时,POQ的面积最小,且POQ的面积最小为4。(3)判断四边形AOBQ的形状,可从四个顶点的坐标特征上来判断首先设出P、Q的坐标,然后根据点P、C求出直线BC的解析式,从而表示出点B的坐标,然后再通过直线PQ以及P、A、Q三点坐标,求出Q、B两点坐标之间的关联,从而判断该四边形是否符合梯形的特
18、征。35. (2012辽宁丹东12分)已知:点C、A、D在同一条直线上,ABC=ADE=,线段 BD、CE交于点M(1)如图1,若AB=AC,AD=AE问线段BD与CE有怎样的数量关系?并说明理由;求BMC的大小(用表示);(2)如图2,若AB= BC=kAC,AD =ED=kAE 则线段BD与CE的数量关系为 ,BMC= (用表示);(3)在(2)的条件下,把ABC绕点A逆时针旋转180,在备用图中作出旋转后的图形(要求:尺规作图,不写作法,保留作图痕迹),连接 EC并延长交BD于点M.则BMC= (用表示)【答案】解:(1)如图1。 BD=CE,理由如下:AD=AE,ADE=,AED=AD
19、E=,。DAE=1802ADE=1802。同理可得:BAC=1802。DAE=BAC。DAE+BAE=BAC+BAE,即:BAD=CAE。在ABD与ACE中,AB=AC,BAD=CAE,AD=AE,ABDACE(SAS)。BD=CE。ABDACE,BDA=CEA。BMC=MCD+MDC,BMC=MCD+CEA=DAE=1802。(2)如图2,BD=kCE,。(3)作图如下:。【考点】相似三角形的判定和性质,全等角形的判定和性质,等腰三角形的性质,三角形内角和定理和外角性质,作图(旋转变换),旋转的性质【分析】(1)先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出DAE=BAC,则BAD=
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