《广东省中考数学 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、第第52节 解答解答题难题突破三突破三（几何（几何变换题折叠与旋折叠与旋转）第十一章第十一章 解答题解答题广东考点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】【考点】翻折变换（折叠问题）翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性全等三角形的判定与性质质；矩形的性质矩形的性质；解直角三角形解直角三角形【专题】【专题】压轴
2、题；探究型压轴题；探究型【分析】【分析】（1）根据翻折变换的性质可知）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；，故可得出结论；（2）由（）由（1）可知）可知GD=GB，故，故AG+GB=AD，设，设AG=x，则，则GB=8-x，在，在Rt ABG中利用勾股定理即可求出中利用勾股定理即可求出AG的长，进的长，进而得出而得出tan ABG的值；的值；（3）由）由 AEF是是 DEF翻折而成可知翻折而成可知EF垂直平分垂直平分AD，故，故HD= AD=4，再根据，再根据tan ABG即可得出即可得出EH的长，同理可得的长，同理可得HF是是 AB
3、D的中位线，故可得出的中位线，故可得出HF的长，由的长，由EF=EH+HF即可得出即可得出结论结论【解答】【解答】（1）证明：）证明：BDC由由 BDC翻折而成，翻折而成，C= BAG=90，CD=AB=CD， AGB= DGC，ABG= ADE，在在 ABG与与 CDG中，中，ABGCDG（ASA）；）；（2）解：）解： 由（由（1）可知）可知 ABGCDG， GD=GB， AG+GB=AD，设设AG=x，则，则GB=8-x，在在Rt ABG中，中， AB2+AG2=BG2，即即62+x2=（8-x）2，解得，解得x= ， tan ABG=（3）解：）解：AEF是是 DEF翻折而成，翻折而成
4、， EF垂直平分垂直平分AD， HD= AD=4， tan ABG=tan ADE= ， EH=HD =4 = ， EF垂直平分垂直平分AD，AB AD， HF是是 ABD的中位线，的中位线， HF= AB= 6=3， EF=EH+HF= +3 = 【点评】【点评】本题考查的是翻折变换、全等三角形的判定与性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置变化，
5、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EFD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】【分析】（1）根据）根据 ABC与与 EFD为等腰直角三角形
6、，为等腰直角三角形，AC与与DE重重合，利用相似三角形的判定定理即可得出结论合，利用相似三角形的判定定理即可得出结论（2）由）由 AGCHAB，利用其对应边成比例列出关于，利用其对应边成比例列出关于x、y的关系的关系式：式：9：y=x：9即可即可（3）此题要采用分类讨论的思想，当）此题要采用分类讨论的思想，当CG BC时，当时，当CG= BC时，当时，当CG BC时分别得出即可时分别得出即可【解答】【解答】解：（解：（1）ABC与与 EFD为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，AC与与DE重合，重合，H+ HAC=45， HAC+ CAG=45，H= CAG，ACG= B=45，AGCHAB，
7、同理可得出：始终与同理可得出：始终与 AGC相似的三角形有相似的三角形有 HAB和和 HGA；故答案为：；故答案为： HAB和和 HGA （2）AGCHAB， AC：HB=GC：AB，即，即9：y=x：9， y= ， AB=AC=9， BAC=90， BC=答：答：y关于关于x的函数关系式为的函数关系式为y= （0x ） 1.（2016江西模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=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
8、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）强化训练分析：分析：（1）根据折叠的性质和矩形性质以得）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，然后利用勾股定理可计算出MP=5；（；（2）如图）如图1，作点，作点M关于关于AB的对称点的对称点M，连接，连接ME交交AB于于点点F，利用两点之间线段最短可得点，利用两点之间线段最短可得点F即为所求，过点即为所求，过点E作作EN AD，垂足为，垂足为N，则，则AM=ADMPPD=4，所以，所以AM=AM=4，再证明，再证明ME=MP=5，接
9、着利用勾股定理计算出，接着利用勾股定理计算出MN=3，所以，所以NM=11，然后证明，然后证明 AFMNEM，则可利用，则可利用相似比计算出相似比计算出AF；（；（3）如图）如图2，由（，由（2）知点）知点M是点是点M关于关于AB的对称点，在的对称点，在EN上截取上截取ER=2，连接，连接MR交交AB于点于点G，再，再过点过点E作作EQ RG，交，交AB于点于点Q，易得，易得QE=GR，而，而GM=GM，于是于是MG+QE=MR，利用两点之间线段最短可得此时，利用两点之间线段最短可得此时MG+EQ最小，于是四边形最小，于是四边形MEQG的周长最小，在的周长最小，在Rt MRN中，利用中，利用勾
10、股定理计算出勾股定理计算出MR=5 ，易得四边形，易得四边形MEQG的最小周长值是的最小周长值是7+5 解答：解答：解：（解：（1） 四边形四边形ABCD为矩形，为矩形， CD=AB=4， D=90， 矩形矩形ABCD折叠，使点折叠，使点C落在落在AD边上的点边上的点M处，处，折痕为折痕为PE， PD=PH=3，CD=MH=4， H= D=90， MP= =5；（2）如图，作点）如图，作点M关于关于AB的对称点的对称点M，连接，连接ME交交AB于于点点F，则点，则点F即为所求，过点即为所求，过点E作作EN AD，垂足为，垂足为N， AM=ADMPPD=1253=4， AM=AM=4， 矩形矩形
11、ABCD折叠，使点折叠，使点C落在落在AD边上的点边上的点M处，折痕为处，折痕为PE，CEP= MEP，而而 CEP= MPE，MEP= MPE， ME=MP=5，在在Rt ENM中，中，MN= = =3， NM=11， AF ME，AFMNEM，即即AF= 时，时， MEF的周长最小；的周长最小；（3）如图，由（）如图，由（2）知点）知点M是点是点M关于关于AB的对称点，在的对称点，在EN上截取上截取ER=2，连接，连接MR交交AB于点于点G，再过点，再过点E作作EQ RG，交，交AB于点于点Q， ER=GQ，ER GQ， 四边形四边形ERGQ是平行四边形，是平行四边形， QE=GR， GM
12、=GM， MG+QE=GM+GR=MR，此时，此时MG+EQ最小，四边形最小，四边形MEQG的周长最小，的周长最小，在在Rt MRN中，中，NR=42=2，MR= =5 ， ME=5，GQ=2， 四边形四边形MEQG的最小周长值是的最小周长值是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（点M与P，O不重合），动点
13、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：分析：（1）设）设OB=OP=DC=x，则，则DP=x4，在，在Rt ODP中，根据中，根据OD2+DP2=OP2，解得：，解得：x=10，然后根，然后根据据 ODPPCA得到得到AC= =3，从而得到，从而得到AB=5，表示，表示出点出点A（10，5）；）；（2）根据点）根据点P恰好是恰好是CD边的中点设边的中点设DP=PC=y，则，则DC=OB=OP=2y，在，在Rt ODP中，根据中，根
14、据OD2+DP2=OP2，解得：解得：y= ，然后利用，然后利用 ODPPCA得到得到AC= = ，从而利用，从而利用tan AOB= 得到得到 AOB=30；（3）作）作MQ AN，交，交PB于点于点Q，求出，求出MP=MQ，BN=QM，得出，得出MP=MQ，根据，根据ME PQ，得出，得出EQ= PQ，根据，根据 QMF= BNF，证出，证出 MFQNFB，得出，得出QF= QB，再，再求出求出EF= PB，由（，由（1）中的结论求出）中的结论求出PB，最后代入，最后代入EF= PB即可得出线段即可得出线段EF的长度不变的长度不变解答：解答：解：（解：（1） D（0，8），）， OD=BC
15、=8， OD=2CP， CP=4，设设OB=OP=DC=x，则则DP=x4，在在Rt ODP中，中，OD2+DP2=OP2，即即82+（x4）2=x2，解得：解得：x=10，OPA= B=90，ODPPCA， OD：PC=DP：CA， 8：4=（x4）：）：AC，则，则AC= =3， AB=5， 点点A（10，5）；）；（2） 点点 P 恰好是恰好是CD边的中点，边的中点，设设DP=PC=y，则则DC=OB=OP=2y，在在Rt ODP中，中，OD2+DP2=OP2，即即82+y2=（2y）2，解得，解得y= ，OPA= B=90，ODPPCA， OD：PC=DP：CA， 8：y= y：AC，
16、则则AC= = ， AB=8 = ， OB=2y= ， tan AOB= = = ，AOB=30；（3）如图，作）如图，作MQ AN，交，交PB于点于点Q. AP=AB，MQ AN，APB= ABP= MQP MP=MQ， BN=PM， BN=QM MP=MQ，ME PQ， EQ= PQ MQ AN，QMF= BNF，在在 MFQ和和 NFB中，中， MFQNFB（AAS） QF= QB， EF=EQ+QF= PQ+ QB= PB，由（由（）中的结论可得：）中的结论可得：PC=4，BC=8， C=90， PB= =4 ， EF= PB=2 ， 在（在（1）的条件下，当点）的条件下，当点M、N在
17、移动过程中，线在移动过程中，线段段EF的长度不变，它的长度为的长度不变，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：分析：（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股）利用等腰直
18、角三角形的性质结合勾股定理分别得出定理分别得出BD1的长和的长和CE1的长；（的长；（2）根据旋）根据旋转的性质得出，转的性质得出， D1AB= E1AC=135，进而求出，进而求出 D1ABE1AC（SAS），即可得出答案；），即可得出答案；（3）直接利用直角三角形的性质得出直接利用直角三角形的性质得出PM= BC得出答案即可；得出答案即可；首先作首先作PG AB，交，交AB所在直线于点所在直线于点G，则，则D1，E1在以在以A为圆心，为圆心，AD为半径的圆上，当为半径的圆上，当BD1所在所在直线与直线与A相切时，直线相切时，直线BD1与与CE1的交点的交点P到直线到直线AB的距离最大，的距
19、离最大，此时四边形此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出是正方形，进而求出PG的长的长解答：解答：解：（解：（1）A=90，AC=AB=4，D，E分分别是边别是边AB，AC的中点，的中点， AE=AD=2， 等腰等腰Rt ADE绕点绕点A逆时针旋转，得到等腰逆时针旋转，得到等腰Rt AD1E1，设旋转角为，设旋转角为（0180），）， 当当=90时，时，AE1=2， E1AE=90， BD1= =2 ，E1C= =2 ；故答案为：故答案为：2 ，2 ；（2）证明：当）证明：当=135时，如图时，如图2， Rt AD1E是由是由Rt ADE绕点绕点A逆时针旋转逆时针旋转135得到，得到， AD
20、1=AE1， D1AB= E1AC=135，在在 D1AB和和 E1AC中中, D1ABE1AC（SAS），）， BD1=CE1，且，且 D1BA= E1CA，记直线记直线BD1与与AC交于点交于点F，BFA= CFP，CPF= FAB=90， BD1 CE1；（3）解：）解：如图如图2，CPB= CAB=90，BC的的中点为中点为M， PM= BC， PM= =2 ，故答案为：故答案为：2 ；如图如图3，作，作PG AB，交，交AB所在直线于点所在直线于点G， D1，E1在以在以A为圆心，为圆心，AD为半径的圆上，为半径的圆上，当当BD1所在直线与所在直线与A相切时，直线相切时，直线BD1与
21、与CE1的的交点交点P到直线到直线AB的距离最大，的距离最大，此时四边形此时四边形AD1PE1是正方形，是正方形，PD1=2，则，则BD1= =2 ，故故 ABP=30，则则PB=2+2 ，故点故点P到到AB所在直线的距离的最大值为：所在直线的距离的最大值为：PG=1+ 故答案为：故答案为：1+ 4（2016宿迁）已知ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，D是边AB上一动点（A、B两点除外），将CAD绕点C按逆时针方向旋转角得到CEF，其中点E是点A的对应点，点F是点D的对应点（1）如图1，当=90时，G是边AB上一点，且BG=AD，连接GF求证：GFAC；（2）如图2，当90180时，AE
22、与DF相交于点M当点M与点C，D不重合时，连接CM，求CMD的度数；设D为边AB的中点，当从90变化到180时，求点M运动的路径长【考点】几何变换综合题【分析】（1）欲证明GFAC，只要证明A=FGB即可解决问题（2）先证明A、D、M、C四点共圆，得到CMF=CAD=45，即可解决问题利用的结论可知，点M在以AC为直径的O上，运动路径是弧CD，利用弧长公式即可解决问题【解答】解：（1）CA=CB，ACB=90，A=ABC=45，CEF是由CAD旋转逆时针得到，=90，CB与CE重合，CBE=A=45，ABF=ABC+CBF=90.BG=AD=BF，BGF=BFG=45，A=BGF=45，GFA
23、C（2）CA=CE，CD=CF，CAE=CEA，CDF=CFD，ACD=ECF，ACE=CDF，2CAE+ACE=180，2CDF+DCF=180，CAE=CDF，A、D、M、C四点共圆，CMF=CAD=45，CMD=180CMF=135如图，O是AC中点，连接OD，CMAD=DB，CA=CB，CDAB，ADC=90.由可知A，D，M，C四点共圆，当从90变化到180时，点M在以AC为直径的O上，运动路径是弧CD.OA=OC，CD=DA，DOAC，DOC=90，当从90变化到180时，点M运动的路径长为 【点评】本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、平行线的判定和性质、弧长公式、四点共
24、圆等知识，解题的关键是发现A、D、M、C四点共圆，最后一个问题的关键，正确探究出点M的运动路径，记住弧长公式，属于中考压轴题5（2016吉林）（1）如图1，在RtABC中，ABC=90，以点B为中心，把ABC逆时针旋转90，得到A1BC1；再以点C为中心，把ABC顺时针旋转90，得到A2B1C，连接C1B1，则C1B1与BC的位置关系为 ；（2）如图2，当ABC是锐角三角形，ABC=（60）时，将ABC按照（1）中的方式旋转，连接C1B1，探究C1B1与BC的位置关系，写出你的探究结论，并加以证明；（3）如图3，在图2的基础上，连接B1B，若C1B1= BC，C1BB1的面积为4，则B1BC的
25、面积为 【考点】几何变换综合题【分析】（1）根据旋转的性质得到C1BC=B1BC=90，BC1=BC=CB1，根据平行线的判定得到BC1CB1，推出四边形BCB1C1是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得到结论；（2）过C1作C1EB1C于E，于是得到C1EB=B1CB，由旋转的性质得到BC1=BC=B1C，C1BC=B1CB，等量代换得到C1BC=C1EB，根据等腰三角形的判定得到C1B=C1E，等量代换得到C1E=B1C，推出四边形C1ECB1是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得到结论；（3）设C1B1与BC之间的距离为h，由已知条件得到 ，根据三角形的面积公式得到 ，于是得到结论【
26、解答】解：（1）把ABC逆时针旋转90，得到A1BC1；再以点C为中心，把ABC顺时针旋转90，得到A2B1C，C1BC=B1BC=90，BC1=BC=CB1，BC1CB1，四边形BCB1C1是平行四边形，C1B1BC.故答案为：平行.（2）证明：如图，过C1作C1EB1C，交BC于E，则C1EB=B1CB，由旋转的性质知BC1=BC=B1C，C1BC=B1CB，C1BC=C1EB，C1B=C1E，C1E=B1C，四边形C1ECB1是平行四边形，C1B1BC.（3）由（2）知C1B1BC，设C1B1与BC之间的距离为h，C1BB1的面积为4，B1BC的面积为6.故答案为：6.【点评】本题考查了几何变换，旋转的性质，平行四边形的判定和性质，过C1作C1EB1C是解题的关键.谢谢观看！
