2020年中考数学第二轮重难题型突破类型二 平移旋转折叠问题-2020年中考数学第二轮重难题型突破（解析版）（免费下载）.doc

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1、类型二 平移旋转折叠问题例1、如图,将三角形纸片ABC沿DE折叠,使点A落在BC边上的点F处,且DEBC,下列结论:BDF是等腰三角形;DE=BC;四边形ADFE是菱形;BDF+FEC=2A.其中一定正确的个数是( ).A.1 B.2 C.3 D.4【解析】如图,分别过点D，E作BC的垂线DG，EH；连接AF,由于折叠是轴对称变换知AF与DE垂直,因为DEBC，所以AF与BC垂直,且AM=MF,可以证明点D，E分别是AB,AC的中点,即DE是ABC的中位线,所以DE=BC是正确的；由于折叠是轴对称变换知AD=DF,AE=EF,所以DA=DB=DF,所以BDF是等腰三角形是正确的；因DGAFEH

2、,所以BDG=DAM,又因为DG是等腰三角形BDF的高,所以BDF=2DAM,同 理 CEF = 2 EAM, 所以 BDF+FEC=2A是正确的；如图显然四边形ADFE不是菱形,是错误的【答案】C例2、下列图形中,是中心对称图形但不是轴对称图形的是( ).【解析】把一个图形沿着某一条直线折叠,如果直线两旁的部分能互相重合,那么这个图形是轴对称图形； 把一个平面图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能和原图形互相重合,那么这个图形叫做中心对称图形.对照定义,可知A是轴对称图形,且有1条对称轴,但不是中心对称图形；B是中心对称图形,不是轴对称图形；C是轴对称图形,有1条对称轴,但不

3、是中心对称图形；D既是中心对称图形又是轴对称图形,有4条对称轴【答案】B例3、如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2，0），点A在第一象限内，将OAB沿直线OA的方向平移至OAB的位置，此时点A的横坐标为3，则点B的坐标为 .【解析】作AMx轴于点M.根据等边三角形的性质得OA=OB=2，AOB=60°，在RtOAM中,利用含30°角的直角三角形的性质求出OM=1，AM=，从而求得点A的坐标为（1，），直线OA的解析式为y=x,当x=3时，y=3,所以点A的坐标为（3，3），所以点A是由点A向右平移2个单位，向上平移23个单位后得到的，于是得点B的坐标

4、为（4,2）.【答案】（4,23）例4、在RtABC中,BAC=90°,B=30°,线段AD是BC边上的中线,如图1,将ADC沿直线BC平移,使点D与点C重合,得到FCE,如图2,再将FCE绕点C顺时针旋转,设旋转角为(0°90°),连接AF,DE(1)在旋转过程中,当ACE=150°时,求旋转角的度数；(2)探究旋转过程中四边形ADEF能形成哪些特殊四边形？请说明理由【解析】(1)由题意分析可知此问需分两种情况讨论：点E和点D在直线AC两侧；点E和点D在直线AC同侧；(2)在旋转过程中,总是存在AC=CE,DC=CE.由图形的对称性可知,将会

5、出现两种对角线相等的特殊四边形：等腰梯形和矩形.抓住平移和旋转的性质,较易证明【答案】：(1)在图1中,BAC=90°,B=30°,ACE=BAC+B=120°如图2,当点E和点D在直线AC两侧时,由于ACE=150°,=150°-120°=30°.当点E和点D在直线AC同侧时,由于ACB=180°-BAC-B=60°,DCE=ACE-ACB=150°-60°=90°.=180°-DCE=90°.旋转角为30°或90°(2)四边形ADE

6、F能形成等腰梯形和矩形BAC=90°,B=30°,AC=BC又AD是BC边上的中线,AD=DC=BC=AC.ADC为正三角形当=60°时,如图3,ACE=120°+60°=180°.CA=CE=CD=CF,四边形ADEF为矩形当60°时,ACF120°,DCE=360°-60°-60°-ACF120°显然DEAFAC=CF,CD=CE,2FAC+ACF=2CDE+DCE=180°.ACF+DCE=360°-60°-60°=240

7、6;,FAC+CDE=60°.DAF+ADE=120°+60°=180°.AFDE又DEAF,AD=EF,四边形ADEF为等腰梯形例5、如图，矩形纸片ABCD，将AMP和BPQ分别沿PM和PQ折叠（APAM），点A和点B都与点E重合；再将CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上的点F处.（1）判断AMP，BPQ，CQD和FDM中有哪几对相似三角形？（2）如果AM=1，sinDMF=，求AB的长.【解析】（1）由矩形的性质得A=B=C=90°，由折叠的性质和等角的余角相等，可得BPQ=AMP=DQC，所以AMPBPQCQD；（2）先证明MD=MQ，然

8、后根据sinDMF=DFMD=35，设DF=3x，MD=5x，再分别表示出AP，BP，BQ，根据AMPBPQ，列出比例式解方程求解即可.解：（1）AMPBPQCQD.四边形ABCD是矩形，A=B=C=90°.由折叠的性质可知APM=EPM，EPQ=BPQ.APM+BPQ=EPM+EPQ=90°.APM+AMP=90°，BPQ=AMP.AMPBPQ.同理：BPQCQD.根据相似的传递性可得AMPCQD；（2）ADBC，DQC=MDQ.由折叠的性质可知DQC=DQM.MDQ=DQM.MD=MQ.AM=ME，BQ=EQ，BQ=MQ-ME=MD-AM.sinDMF=，则设

9、DF=3x，MD=5x，则BP=PA=PE=，BQ=5x-1.AMPBPQ，即，解得x=（舍去）或x=2，AB=6.例6、如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2, 0），点A在第一象限内，将OAB沿直线OA的方向平移至OBA的位置，此时点A的横坐标为3，则点B的坐标为（ ）A（4，） B（3，） C（4，） D（3，） 【答案】A【解析】如图，当点B的坐标为（2, 0），点A的横坐标为1当点A'的横坐标为3时，等边三角形AOC的边长为6在RtBCD中，BC4，所以DC2，BD此时B例7、 图形的折叠：如图，在矩形ABCD中，AD15，点E在边DC上，联结AE，AD

10、E沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FGAD，垂足为G如果AD3GD，那么DE_【答案】 【解析】思路如下：如图，过点F作AD的平行线交AB于M，交DC于N因为AD15，当AD3GD时，MFAG10，FNGD5在RtAMF中，AFAD15，MF10，所以AM设DEm，那么NE由AMFFNE，得，即解得m例8、图形的旋转：如图，已知RtABC中，ABC90°，AC6，BC4，将ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF= 【答案】 5【解析】思路如下：如图，作FHAC于H由于F是ED的中点，所以HF是ECD的中位线，所以HF3由于A

11、EACEC642，EH2，所以AH4所以AF5例9、三角形： 如图，ABCDEF（点A、B分别与点D、E对应），ABAC5，BC6ABC固定不动，DEF运动，并满足点E在BC边从B向C移动（点E不与B、C重合），DE始终经过点A，EF与AC边交于点M，当AEM是等腰三角形时，BE_【答案】 或1【解析】思路如下： 设BEx由ABEECM，得，即等腰三角形AEM分三种情况讨论：如图2，如果AEAM，那么AEMABC所以解得x0，此时E、B重合，舍去如图3，当EAEM时，解得x1如图4，当MAME时，MEAABC所以解得x图2 图3 图4例10、四边形：如图，矩形ABCD中，AB8，BC4点E在边

12、AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）A B C5 D6【答案】C【解析】思路如下：拖动点E在AB上运动，可以体验到，当EF与AC垂直时，四边形EGFH是菱形（如图2）如图3，在RtABC中，AB8，BC4，所以AC由cosBAC，得所以AE5图2 图3例11、圆：如图，O的半径为2，AB，CD是互相垂直的两条直径，点P是O上任意一点（P与A，B，C，D不重合），过点P作PMAB于点M，PNCD于点N，点Q是MN的中点，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径长为_A. B. C. D. 【答案】 A【解析】思路如下：拖动点P在圆周

13、上运动一周，可以体验到，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径是圆心角为45°半径为1的一段弧如图2，四边形PMON是矩形，对角线MN与OP互相平分且相等，因此点Q是OP的中点如图3，当DOP45°时，的长为图2 图3例12、函数图象：如图，直线l与半径为4的O相切于点A，P是O上一个动点（不与点A重合），过点P作PBl，垂足为B，联结PA设PAx，PBy，则(xy)的最大值是_【答案】 2【解析】思路如下：拖动点P在圆上运动一周，可以体验到，AF的长可以表示xy，点F的轨迹象两叶新树丫，当AF最大时，OF与AF垂直（如图2）如图3，AC为O的直径，联结PC由

14、ACPPAB，得，即所以因此所以当x4时，xy最大，最大值为2图2 图3例13、.如图所示,在RtABC中,C=90°,BAC=60°,AB=8.半径为的M与射线BA相切,切点为N,且AN=3.将RtABC顺时针旋转120°后得到RtADE,点B,C的对应点分别是点D,E(1)画出旋转后的RtADE； (2)求出RtADE 的直角边DE被M截得的弦PQ的长度；(3)判断RtADE的斜边AD所在的直线与M的位置关系,并说明理由. 【分析】(1)点A不动,由于BAC=60°,因此旋转120°后AE与AB在同一条直线上；(2)过点M作MFDE,垂足为

15、F.连接MP,构造出RtMPF，再通过勾股定理解直角三角形并结合垂径定理即可求解；(3)易猜想AD与M相切.欲证AD与M相切,只需HM=NM即可,而HM=NM可由MHAMNA得到【答案】证明：(1)如图1，RtADE就是旋转后的图形； (2)如图2,过点M作MFDE,垂足为F,连接MP在RtMPF中,MP=,MF=4-3=1,由勾股定理易得PF=2,再由垂径定理知PQ=2PF=2；(3)AD与M相切证法一：如图2,过点M作MHAD于H,连接MN, MA,则MNAE且MN=.在RtAMN中,tan，MAN=30°.DAE=BAC=60°,MAD=30°.MAN=MAD=30°.MH=MN(由MHAMNA或解RtAMH求得MH=3,从而得MH=MN 亦可).AD与M相切；证法二：如图2,连接MA,ME,MD,则SADE=SAMD+SAME+SDME,过M作MHAD于H, MFDE于F, 连接MN, 则MNAE且MN=,MF=1,AC·BC=AD·MH+AE·MN+DE·MF,由此可以计算出MH=.MH=MN.AD与M相切