《2013中考压轴题选讲专题7：几何三大变换问题(排版+答案)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013中考压轴题选讲专题7：几何三大变换问题(排版+答案)（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2012年中考数学压轴题分类解析 专题7：几何三大变换相关问题授课老师：黄立宗 典型例题选讲：例题1：（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是菱形例题2：（2012辽宁丹东）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
2、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）例题3：（2012福建福州）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m的值及点D的坐标；(3) 如图，
3、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)例题4：（2012广西贵港12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx3的顶点为M（2，1），交x轴于A、B两点，交y轴于点C，其中点B的坐标为（3，0）。（1）求该抛物线的解析式；（2）设经过点C的直线与该抛物线的另一个交点为D，且直线CD和直线CA关于直线BC对称，求直线CD的解析式；（3）在该抛物线的对称轴上存在点P，满足PM2PB2PC235，求点P的坐标；并直接写出此时直线OP与该抛物线交点的个数。巩固练习1、（2012黑龙江大庆）在直角坐标系
4、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 2、（2012辽宁阜新）（1）如图，在ABC和ADE中，AB=AC，AD=AE，BAC=DAE=90当点D在AC上时，如图1，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你猜想的结论；将图1中的ADE绕点A顺时针旋转角（090），如图2，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由（2）当ABC和ADE满足下面甲、乙、丙
5、中的哪个条件时，使线段BD、CE在（1）中的位置关系仍然成立？不必说明理由甲：AB：AC=AD：AE=1，BAC=DAE90；乙：AB：AC=AD：AE1，BAC=DAE=90；丙：AB：AC=AD：AE1，BAC=DAE903、（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AMNH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
6、24、（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. 5、（2012青海省12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点（1）求这个二次函数的表达式（2）连接PO、PC，并
7、把POC沿CO翻折，得到四边形POPC，那么是否存在点P，使四边形POPC为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大并求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积 备用图6、已知，在ABC中，AB=AC。过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角，直线a交BC边于点P（点P不与点B、点C重合），BMN的边MN始终在直线a上（点M在点N的上方），且BM=BN，连接CN。（1）当BAC=MBN=90时，如图a，当=45时，ANC的度数为_；如图b，当45时，中的结论是否发生变化？说明理由；（2）如图c，当BA
8、C=MBN90时，请直接写出ANC与BAC之间的数量关系，不必证明。典型例题参考答案例题1：【答案】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，
9、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。例题2：【答案】解：（1）如图1。 BD=CE，理由如下：AD=AE，ADE=，AED=ADE=，。DAE=180
10、2ADE=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=CAE，再根据SAS
11、证明ABDACE，从而得出BD=CE。先由全等三角形的对应角相等得出BDA=CEA，再根据三角形的外角性质即可得出BMC=DAE=1802。（2）AD=ED，ADE=，DAE=。同理可得：BAC=。 DAE=BAC。DAE+BAE=BAC+BAE， 即：BAD=CAE。AB=kAC，AD=kAE，AB：AC=AD：AE=k。在ABD与ACE中，AB：AC=AD：AE=k，BDA=CEA，ABDACE。BD：CE=AB：AC=AD：AE=k，BDA=CEA。BD=kCE。BMC=MCD+MDC，BMC=MCD+CEA=DAE=。（3） 先在备用图中利用SSS作出旋转后的图形，再根据等腰三角形等角
12、对等边的性质及三角形内角和定理得出DAE=BAC=，由AB=kAC，AD=kAE，得出AB：AC=AD：AE=k， 从而证出ABDACE，得出BDA=CEA，然后根据三角形的外角性质即可得出BMC=：AD=ED，ADE=，DAE=AED=。同理可得：BAC=。DAE=BAC，即BAD=CAE。AB=kAC，AD=kAE，AB：AC=AD：AE=k。在ABD与ACE中，AB：AC=AD：AE=k，BAD=CAE，ABDACE。BDA=CEA。BMC=MCD+MDC，MCD=CED+ADE=CED+，BMC=CED+CEA=AED+=+=。例题3：【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，
