《广东省2018中考数学 第11章 解答题 第52节 解答题 难题突破三（几何变换题—折叠与旋转）复习课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省2018中考数学 第11章 解答题 第52节 解答题 难题突破三（几何变换题—折叠与旋转）复习课件（36页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第52节 解答题难题突破三（几何变换题折叠与旋转）,第十一章 解答题,1. （2012广东，21，9分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8把BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C处，BC交AD于点G；E、F分别是CD和BD上的点，线段EF交AD于点H，把FDE沿EF折叠，使点D落在D处，点D恰好与点A重合 （1）求证：ABGCDG； （2）求tanABG的值； （3）求EF的长,【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；矩形的性质；解直角三角形 【专题】压轴题；探究型 【分析】（1）根据翻折变换的性质可知C=BAG=90，CD=AB=CD，AGB=DGC，故可得出结论；
2、（2）由（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8-x，在RtABG中利用勾股定理即可求出AG的长，进而得出tanABG的值； （3）由AEF是DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD= AD=4，再根据tanABG即可得出EH的长，同理可得HF是ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结论,【解答】（1）证明：BDC由BDC翻折而成， C=BAG=90，CD=AB=CD，AGB=DGC， ABG=ADE， 在ABG与CDG中， ABGCDG（ASA）；,（2）解：由（1）可知ABGCDG， GD=GB， AG+GB=AD， 设AG=x，则GB=8-
3、x， 在RtABG中， AB2+AG2=BG2， 即62+x2=（8-x）2，解得x= ， tanABG=,（3）解：AEF是DEF翻折而成， EF垂直平分AD， HD= AD=4， tanABG=tanADE= ， EH=HD =4 = ， EF垂直平分AD，ABAD， HF是ABD的中位线， HF= AB= 6=3， EF=EH+HF= +3 = 【点评】本题考查的是翻折变换、全等三角形的判定与性质、矩形的性质及解直角三角形，熟知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是解答此题的关键,2. （2011广东，21，9分）如图，ABC与EF
4、D为等腰直角三角形，AC与DE重合，AB=AC=EF=9，BAC=DEF=90，固定ABC，将DEF绕点A顺时针旋转，当DF边与AB边重合时，旋转中止现不考虑旋转开始和结束时重合的情况，设DE，DF（或它们的延长线）分别交BC（或它们的延长线）所在的直线于G，H点，如图 （1）问：始终与AGC相似的三角形有 及 ； （2）设CG=x，BH=y，求y关于x的函数关系式（只要求根据图（2）的情形说明理由）； （3）问：当x为何值时，AGH是等腰三角形,【分析】（1）根据ABC与EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合，利用相似三角形的判定定理即可得出结论 （2）由AGCHAB，利用其对应边成比例列出
5、关于x、y的关系式：9：y=x：9即可 （3）此题要采用分类讨论的思想，当CG BC时，当CG= BC时，当CG BC时分别得出即可,【解答】解：（1）ABC与EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合， H+HAC=45，HAC+CAG=45， H=CAG， ACG=B=45， AGCHAB， 同理可得出：始终与AGC相似的三角形有HAB和HGA；故答案为：HAB和HGA,（2）AGCHAB， AC：HB=GC：AB，即9：y=x：9， y= ， AB=AC=9，BAC=90， BC= 答：y关于x的函数关系式为y= （0x ）,1.（2016江西模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD
6、=12，将矩形纸片折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，此时PD=3 （1）求MP的值； （2）在AB边上有一个动点F，且不与点A，B重合当AF等于多少时，MEF的周长最小？ （3）若点G，Q是AB边上的两个 动点，且不与点A，B重合，GQ=2 当四边形MEQG的周长最小时， 求最小周长值 （计算结果保留根号）,分析：（1）根据折叠的性质和矩形性质以得PD=PH=3，CD=MH=4，H=D=90，然后利用勾股定理可计算出MP=5；（2）如图1，作点M关于AB的对称点M，连接ME交AB于点F，利用两点之间线段最短可得点F即为所求，过点E作ENAD，垂足为N，则AM=ADMPPD=4，所以
7、AM=AM=4，再证明ME=MP=5，接着利用勾股定理计算出MN=3，所以NM=11，然后证明AFMNEM，则可利用相似比计算出AF；（3）如图2，由（2）知点M是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接MR交AB于点G，再过点E作EQRG，交AB于点Q，易得QE=GR，而GM=GM，于是MG+QE=MR，利用两点之间线段最短可得此时MG+EQ最小，于是四边形MEQG的周长最小，在RtMRN中，利用勾股定理计算出MR=5 ，易得四边形MEQG的最小周长值是7+5 ,解答：解：（1）四边形ABCD为矩形， CD=AB=4，D=90， 矩形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为P
8、E， PD=PH=3，CD=MH=4，H=D=90， MP= =5；,（2）如图，作点M关于AB的对称点M，连接ME交AB于点F，则点F即为所求，过点E作ENAD，垂足为N， AM=ADMPPD=1253=4， AM=AM=4， 矩形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，CEP=MEP， 而CEP=MPE， MEP=MPE，ME=MP=5， 在RtENM中，MN= = =3， NM=11， AFME， AFMNEM， 即AF= 时，MEF的周长最小；,（3）如图，由（2）知点M是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接MR交AB于点G，再过点E作EQRG，交AB于点Q，
9、 ER=GQ，ERGQ， 四边形ERGQ是平行四边形， QE=GR， GM=GM， MG+QE=GM+GR=MR，此时MG+EQ最小，四边形MEQG的周长最小， 在RtMRN中，NR=42=2， MR= =5 ， ME=5，GQ=2， 四边形MEQG的最小周长值是7+5 ,2.在平面直角坐标系中，O为原点，点B在x轴的正半轴上，D（0，8），将矩形OBCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处 （I）如图，已知折痕与边BC交于点A，若OD=2CP，求点A的坐标 （）若图中的点 P 恰好是CD边的中点，求AOB的度数 （）如图，在（I）的条件下，擦去折痕AO，线段AP，连接BP，动点M在线段OP上
10、（点M与P，O不重合），动点N在线段OB的延长线上，且BN=PM，连接MN交PB于点F，作MEBP于点E，试问当点M，N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度（直接写出结果即可）,分析：（1）设OB=OP=DC=x，则DP=x4，在RtODP中，根据OD2+DP2=OP2，解得：x=10，然后根据ODPPCA得到AC= =3，从而得到AB=5，表示出点A（10，5）； （2）根据点P恰好是CD边的中点设DP=PC=y，则DC=OB=OP=2y，在RtODP中，根据OD2+DP2=OP2，解得：y= ，然后利用ODPPCA得到AC= = ，从而利用
11、tanAOB= 得到AOB=30； （3）作MQAN，交PB于点Q，求出MP=MQ，BN=QM，得出MP=MQ，根据MEPQ，得出EQ= PQ，根据QMF=BNF，证出MFQNFB，得出QF= QB，再求出EF= PB，由（1）中的结论求出PB，最后代入EF= PB即可得出线段EF的长度不变,解答：解：（1）D（0，8），OD=BC=8， OD=2CP， CP=4， 设OB=OP=DC=x， 则DP=x4， 在RtODP中，OD2+DP2=OP2， 即82+（x4）2=x2， 解得：x=10， OPA=B=90， ODPPCA， OD：PC=DP：CA， 8：4=（x4）：AC，则AC= =3
12、， AB=5， 点A（10，5）；,（2）点 P 恰好是CD边的中点， 设DP=PC=y， 则DC=OB=OP=2y， 在RtODP中，OD2+DP2=OP2， 即82+y2=（2y）2，解得y= ， OPA=B=90， ODPPCA， OD：PC=DP：CA， 8：y= y：AC， 则AC= = ， AB=8 = ， OB=2y= ， tanAOB= = = ， AOB=30；,（3）如图，作MQAN，交PB于点Q. AP=AB，MQAN， APB=ABP=MQP MP=MQ， BN=PM， BN=QM MP=MQ，MEPQ， EQ= PQ MQAN， QMF=BNF，,在MFQ和NFB中，
13、 MFQNFB（AAS） QF= QB， EF=EQ+QF= PQ+ QB= PB， 由（）中的结论可得：PC=4，BC=8，C=90， PB= =4 ， EF= PB=2 ， 在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，它的长度为2 ,3.（2015梅州）在RtABC中，A=90，AC=AB=4，D，E分别是AB，AC的中点若等腰RtADE绕点A逆时针旋转，得到等腰RtAD1E1，设旋转角为（0180），记直线BD1与CE1的交点为P （1）如图1，当=90时，线段BD1的长等于 ，线段CE1的长等于 ；（直接填写结果） （2）如图2，当=135时，求证：BD1=CE1，且
14、BD1CE1； （3）设BC的中点为M，则线段PM的长为 ；点P到AB所在直线的距离的最大值为 （直接填写结果）,分析：（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD1的长和CE1的长；（2）根据旋转的性质得出，D1AB=E1AC=135，进而求出D1ABE1AC（SAS），即可得出答案；（3）直接利用直角三角形的性质得出PM= BC得出答案即可； 首先作PGAB，交AB所在直线于点G，则D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大， 此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出PG的长,解答：解：（1）A=90，AC=AB=4，D，E分别是边AB，AC的中点， AE=AD=2， 等腰RtADE绕点A逆时针旋转，得到等腰RtAD1E1，设旋转角为（0180）， 当=90时，AE1=2，E1AE=90， BD1= =2 ，E1C= =2 ； 故答案为：2 ，2 ；,（2）证明：当=135时，如图2， RtAD1E是由RtADE绕点A逆时针旋转135得到， AD1=AE1，D1AB=E1AC=135， 在D1AB和E1AC中, D1ABE1AC（SAS）， BD1=CE1，且
