精编版全国各地中考数学试题分类解析汇编几何三大变换相关问题教学提纲.doc
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1、精编版2012全国各地中考数学试题分类解析汇编几何三大变换相关问题精品文档(精编版)2012全国各地中考数学试题分类解析汇编几何三大变换相关问题.1. (2012北京市7分)在中,M是AC的中点,P是线段BM上的动点,将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。 (1) 若且点P与点M重合(如图1),线段CQ的延长线交射线BM于点D,请补全图形,并写出CDB的度数; (2) 在图2中,点P不与点B,M重合,线段CQ的延长线与射线BM交于点D,猜想CDB的大小(用含的代数式表示),并加以证明; (3) 对于适当大小的,当点P在线段BM上运动到某一位置(不与点B,M重合)时,能使得线段CQ的延长线与射
2、线BM交于点D,且PQ=QD,请直接写出的范围。【答案】解:(1)补全图形如下:CDB=30。(2)作线段CQ的延长线交射线BM于点D,连接PC,AD,AB=BC,M是AC的中点,BMAC。AD=CD,AP=PC,PD=PD。在APD与CPD中,AD=CD, PD=PD, PA=PCAPDCPD(SSS)。【本资料来源:全品高考网、全品中考网;全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】AP=PC,ADB=CDB,PAD=PCD。又PQ=PA,PQ=PC,ADC=2CDB,PQC=PCD=PAD。PAD+PQD=PQC+PQD=180。APQ+ADC=360(PAD+PQD)=180。ADC=18
3、0APQ=1802,即2CDB=1802。CDB=90。(3)4560。【考点】旋转的性质,等边三角形的判定和性质,三角形内角和定理,全等三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质,。【分析】(1)利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出CMQ是等边三角形,即可得出答案:BA=BC,BAC=60,M是AC的中点,BMAC,AM=AC。将线段PA绕点P顺时针旋转2得到线段PQ,AM=MQ,AMQ=120。 CM=MQ,CMQ=60。CMQ是等边三角形。ACQ=60。CDB=30。(2)首先由已知得出APDCPD,从而得出PAD+PQD=PQC+PQD=180,即可求出。(3)由(2)得出CDB
4、=90,且PQ=QD,PAD=PCQ=PQC=2CDB=1802。点P不与点B,M重合,BADPADMAD。21802,4560。2. (2012海南省I11分)如图(1),在矩形ABCD中,把B、D分别翻折,使点B、D分别落在对角线BC上的点E、F处,折痕分别为CM、AN.(1)求证:ANDCBM.(2)请连接MF、NE,证明四边形MFNE是平行四边形,四边形MFNE是菱形吗?请说明理由?(3)P、Q是矩形的边CD、AB上的两点,连结PQ、CQ、MN,如图(2)所示,若PQ=CQ,PQMN。且AB=4,BC=3,求PC的长度.【答案】(1)证明:四边形ABCD是矩形,D=B,AD=BC,AD
5、BC。【本资料来源:全品高考网、全品中考网;全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】 DAC=BCA。 又由翻折的性质,得DAN=NAF,ECM=BCM,DAN=BCM。 ANDCBM(ASA)。(2)证明:ANDCBM,DN=BM。 又由翻折的性质,得DN=FN,BM=EM, FN=EM。 又NFA=ACDCNF=BACEMA=MEC, FNEM。四边形MFNE是平行四边形。四边形MFNE不是菱形,理由如下:由翻折的性质,得CEM=B=900,在EMF中,FEMEFM。FMEM。四边形MFNE不是菱形。(3)解:AB=4,BC=3,AC=5。 设DN=x,则由SADC=SANDSNAC得3
6、x5 x=12,解得x=,即DN=BM=。过点N作NHAB于H,则HM=43=1。在NHM中,NH=3,HM=1,由勾股定理,得NM=。PQMN,DCAB,四边形NMQP是平行四边形。NP=MQ,PQ= NM=。又PQ=CQ,CQ=。在CBQ中,CQ=,CB=3,由勾股定理,得BQ=1。NP=MQ=。PC=4=2。【考点】翻折问题,翻折的性质,矩形的性质,平行的性质,全等三角形的判定和性质,平行四边形的判定和性质,菱形的判定,勾股定理。【分析】(1)由矩形和翻折对称的性质,用ASA即可得到ANDCBM。 (2)根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定即可证明。 (3)设DN=x,则由S
7、ADC=SANDSNAC可得DN=BM=。过点N作NHAB于H,则由勾股定理可得NM=,从而根据平行四边形的性质和已知PQ=CQ,即可求得CQ=。因此,在CBQ中,应用勾股定理求得BQ=1。从而求解。3. (2012天津市10分)已知一个矩形纸片OACB,将该纸片放置在平面直角坐标系中,点A(11,0),点B(0,6),点P为BC边上的动点(点P不与点B、C重合),经过点O、P折叠该纸片,得点B和折痕OP设BP=t()如图,当BOP=300时,求点P的坐标;()如图,经过点P再次折叠纸片,使点C落在直线PB上,得点C和折痕PQ,若AQ=m,试用含有t的式子表示m;()在()的条件下,当点C恰好
8、落在边OA上时,求点P的坐标(直接写出结果即可)【答案】解:()根据题意,OBP=90,OB=6。在RtOBP中,由BOP=30,BP=t,得OP=2t。OP2=OB2+BP2,即(2t)2=62+t2,解得:t1=,t2=(舍去)点P的坐标为( ,6)。()OBP、QCP分别是由OBP、QCP折叠得到的,OBPOBP,QCPQCP。OPB=OPB,QPC=QPC。OPB+OPB+QPC+QPC=180,OPB+QPC=90。BOP+OPB=90,BOP=CPQ。又OBP=C=90,OBPPCQ。由题意设BP=t,AQ=m,BC=11,AC=6,则PC=11t,CQ=6m。(0t11)。()点
9、P的坐标为(,6)或(,6)。【考点】翻折变换(折叠问题),坐标与图形性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,相似三角形的判定和性质。【分析】()根据题意得,OBP=90,OB=6,在RtOBP中,由BOP=30,BP=t,得OP=2t,然后利用勾股定理,即可得方程,解此方程即可求得答案。 ()由OBP、QCP分别是由OBP、QCP折叠得到的,可知OBPOBP,QCPQCP,易证得OBPPCQ,然后由相似三角形的对应边成比例,即可求得答案。()首先过点P作PEOA于E,易证得PCECQA,由勾股定理可求得CQ的长,然后利用相似三角形的对应边成比例与,即可求得t的值: 过点P作PEOA于E,PE
10、A=QAC=90。PCE+EPC=90。PCE+QCA=90,EPC=QCA。PCECQA。PC=PC=11t,PE=OB=6,AQ=m,CQ=CQ=6m,。,即,即。将代入,并化简,得。解得:。点P的坐标为(,6)或(,6)。4. (2012福建南平12分)在平面直角坐标系中,矩形OABC如图所示放置,点A在x轴上,点B的坐标为(m,1)(m0),将此矩形绕O点逆时针旋转90,得到矩形OABC(1)写出点A、A、C的坐标;(2)设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,求此抛物线的解析式;(a、b、c可用含m的式子表示)(3)试探究:当m的值改变时,点B关于点O的对称点D是否可能
11、落在(2)中的抛物线上?若能,求出此时m的值 【答案】解:(1)四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m0),A(m,0),C(0,1)。矩形OABC由矩形OABC旋转90而成,A(0,m),C(1,0)。(2)设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2bxc,A(m,0),A(0,m),C(1,0),解得。此抛物线的解析式为:y=x2(m1)xm。(3)点B与点D关于原点对称,B(m,1),点D的坐标为:(m,1),假设点D(m,1)在(2)中的抛物线上,0=(m)2(m1)(m)m=1,即2m22m1=0,=(2)2422=40,此方程无解。点D不在(2)中的抛物线上。【考点】二次
12、函数综合题,矩形的性质,旋转的性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,解方程组,关于原点对称的点的坐标特征,一元二次方程根与系数的关系。【分析】(1)先根据四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m0),求出点A、C的坐标,再根据图形旋转的性质求出A、C的坐标即可。(2)设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,把A、A、C三点的坐标代入即可得出abc的值,进而得出其抛物线的解析式。(3)根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标,把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。5. (2012广东汕头12分)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=6,BC=8把BCD沿对
13、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【答案】(1)证明:BDC由BDC翻折而成, C=BAG=90,CD=AB=CD,AGB=DGC,ABG=ADE。在ABGCDG中,BAG=C,AB= CD,ABG=AD C,ABGCDG(ASA)。(2)解:由(1)可知ABGCDG,GD=GB,AG+GB=AD。设AG=x,则GB=8x,在RtABG中,AB2+AG2=BG2,即62+x2=(8x)2,解得x=。(3)解:
14、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=。【考点】翻折变换(折叠问题),翻折变换的性质,矩形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,锐角三角函数定义,三角形中位线定理。【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)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,从而得出tanABG的值。(3)由AEF是DEF翻折而
15、成可知EF垂直平分AD,故HD=AD=4,再根据tanABG的值即可得出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即可得出结果。6. (2012广东省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【答案】(1)证明:BDC由BDC翻折而成, C=BAG=90,CD=AB=CD,AGB=DGC,ABG=ADE。在ABGCDG中
16、,BAG=C,AB= CD,ABG=AD C,ABGCDG(ASA)。(2)解:由(1)可知ABGCDG,GD=GB,AG+GB=AD。设AG=x,则GB=8x,在RtABG中,AB2+AG2=BG2,即62+x2=(8x)2,解得x=。(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=。【考点】翻折变换(折叠问题),翻折变换的性质,矩形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,锐角三角函数定义,三角形中位线定理。【分析】(1)根据翻折变换的性
17、质可知C=BAG=90,CD=AB=CD,AGB=DGC,故可得出结论。(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,从而得出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的值即可得出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即可得出结果。7. (2012广东珠海9分) 已知,AB是O的直径,点P在弧AB上(不含点A、B),把AOP沿OP对折,点A的对应点C恰好落在O上(1)当P、C都在AB上方时(如图1),判断PO与BC的位
18、置关系(只回答结果);(2)当P在AB上方而C在AB下方时(如图2),(1)中结论还成立吗?证明你的结论;(3)当P、C都在AB上方时(如图3),过C点作CD直线AP于D,且CD是O的切线,证明:AB=4PD【答案】解:(1)PO与BC的位置关系是POBC。(2)(1)中的结论POBC成立。理由为:由折叠可知:APOCPO,APO=CPO。又OA=OP,A=APO。A=CPO。又A与PCB都为所对的圆周角,A=PCB。CPO=PCB。POBC。(3)证明:CD为圆O的切线,OCCD。又ADCD,OCAD。APO=COP。由折叠可得:AOP=COP,APO=AOP。又OA=OP,A=APO。A=
19、APO=AOP。APO为等边三角形。AOP=60。又OPBC,OBC=AOP=60。又OC=OB,BC为等边三角形。COB=60。POC=180(AOP+COB)=60。又OP=OC,POC也为等边三角形。PCO=60,PC=OP=OC。又OCD=90,PCD=30。在RtPCD中,PD=PC,又PC=OP=AB,PD=AB,即AB=4PD。【考点】折叠的性质,圆心角、弧、弦的关系,圆周角定理,平行的判定和性质,切线的性质,全等三角形的性质,等腰三角形的性质,等边三角形的判定和性质,含30度角的直角三角形的性质。【分析】(1)由折叠可得,由AOP=POC ;因为AOC和ABC是弧所对的圆心角和
20、圆周角,根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质,得AOP=ABC;根据同位角相等两直线平行的判定,得PO与BC的位置关系是平行。(2)(1)中的结论成立,理由为:由折叠可知三角形APO与三角形CPO全等,根据全等三角形的对应角相等可得出APO=CPO,再由OA=OP,利用等边对等角得到A=APO,等量代换可得出A=CPO,又根据同弧所对的圆周角相等得到A=PCB,再等量代换可得出COP=ACB,利用内错角相等两直线平行,可得出PO与BC平行。(3)由CD为圆O的切线,利用切线的性质得到OCCD,又ADCD,利用平面内垂直于同一条直线的两直线平行得到OCAD,根据两直线平行内错角相等得到APO=C
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