全国100套中考数学压轴题分类解析汇编专题9几何三大变换相关问题

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文档介绍

全国100套中考数学压轴题分类解析汇编专题9几何三大变换相关问题

‎2012年全国100套中考数学压轴题分类解析汇编 专题9: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,∴BM⊥AC。‎ ‎∴AD=CD,AP=PC,PD=PD。‎ 在△APD与△CPD中,∵AD=CD, PD=PD, PA=PC ‎∴△APD≌△CPD(SSS)。‎ ‎∴AP=PC,∠ADB=∠CDB,∠PAD=∠PCD。‎ 又∵PQ=PA,∴PQ=PC,∠ADC=2∠CDB,∠PQC=∠PCD=∠PAD。‎ ‎∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。‎ ‎∴∠APQ+∠ADC=360°-(∠PAD+∠PQD)=180°。‎ ‎∴∠ADC=180°-∠APQ=180°-2α,即2∠CDB=180°-2α。‎ ‎∴∠CDB=90°-α。‎ ‎(3)45°<α<60°。‎ ‎【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,∴BM⊥AC,AM=AC。‎ ‎∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α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△APD≌△CPD,从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°,即可求出。‎ ‎(3)由(2)得出∠CDB=90°-α,且PQ=QD,‎ ‎∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°-2α。‎ ‎∵点P不与点B,M重合,∴∠BAD>∠PAD>∠MAD。‎ ‎∴2α>180°-2α>α,∴45°<α<60°。‎ ‎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:△AND≌△CBM.‎ ‎(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,PQ∥MN。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∥BC。‎ ‎ ∴∠DAC=∠BCA。‎ ‎ 又由翻折的性质,得∠DAN=∠NAF,∠ECM=∠BCM,∴∠DAN=∠BCM。‎ ‎ ∴△AND≌△CBM(ASA)。‎ ‎(2)证明:∵△AND≌△CBM,∴DN=BM。‎ ‎ 又由翻折的性质,得DN=FN,BM=EM,‎ ‎ ∴FN=EM。‎ ‎ 又∠NFA=∠ACD+∠CNF=∠BAC+∠EMA=∠MEC,‎ ‎ ∴FN∥EM。∴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,∠FEM>∠EFM。‎ ‎∴FM>EM。∴四边形MFNE不是菱形。‎ ‎(3)解:∵AB=4,BC=3,∴AC=5。‎ ‎ 设DN=x,则由S△ADC=S△AND+S△NAC得 ‎3 x+5 x=12,解得x=,即DN=BM=。‎ 过点N作NH⊥AB于H,则HM=4-3=1。‎ 在△NHM中,NH=3,HM=1,‎ 由勾股定理,得NM=。‎ ‎∵PQ∥MN,DC∥AB,‎ ‎∴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△AND≌△CBM。‎ ‎ (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△ADC=S△AND+S△NAC可得DN=BM=。过点N作NH⊥AB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.‎ ‎(Ⅰ)如图①,当∠BOP=300时,求点P的坐标;‎ ‎(Ⅱ)如图②,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;‎ ‎(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,当点C′恰好落在边OA上时,求点P的坐标(直接写出结果即可).‎ ‎【答案】解:(Ⅰ)根据题意,∠OBP=90°,OB=6。‎ 在Rt△OBP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)。‎ ‎(Ⅱ)∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的,‎ ‎∴△OB′P≌△OBP,△QC′P≌△QCP。‎ ‎∴∠OPB′=∠OPB,∠QPC′=∠QPC。‎ ‎∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°,∴∠OPB+∠QPC=90°。‎ ‎∵∠BOP+∠OPB=90°,∴∠BOP=∠CPQ。‎ 又∵∠OBP=∠C=90°,∴△OBP∽△PCQ。∴。‎ 由题意设BP=t,AQ=m,BC=11,AC=6,则PC=11-t,CQ=6-m.‎ ‎∴。∴(0<t<11)。‎ ‎(Ⅲ)点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】(Ⅰ)根据题意得,∠OBP=90°,OB=6,在Rt△OBP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。‎ ‎ (Ⅱ)由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的,可知△OB′P≌△OBP,‎ ‎△QC′P≌△QCP,易证得△OBP∽△PCQ,然后由相似三角形的对应边成比例,即可求得答案。‎ ‎(Ⅲ)首先过点P作PE⊥OA于E,易证得△PC′E∽△C′QA,由勾股定理可求得C′Q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PE⊥OA于E,∴∠PEA=∠QAC′=90°。‎ ‎∴∠PC′E+∠EPC′=90°。‎ ‎∵∠PC′E+∠QC′A=90°,∴∠EPC′=∠QC′A。‎ ‎∴△PC′E∽△C′QA。∴。‎ ‎∵PC′=PC=11-t,PE=OB=6,AQ=m,C′Q=CQ=6-m,‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵,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)(m>0),将此矩形绕O点逆时针旋转90°,得到矩形OA′B′C′.‎ ‎(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)(m>0),∴A(m,0),C(0,1)。‎ ‎∵矩形OA′B′C′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=ax2+bx+c,‎ ‎∵A(m,0),A′(0,m),C′(-1,0),‎ ‎∴,解得。‎ ‎∴此抛物线的解析式为:y=-x2+(m-1)x+m。‎ ‎(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+(m-1)×(-m)+m=1,即‎2m2‎-‎2m+1=0,‎ ‎∵△=(-2)2-4×2×2=-4<0,∴此方程无解。‎ ‎∴点D不在(2)中的抛物线上。‎ ‎【考点】二次函数综合题,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)(m>0),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沿对角线BD折叠,使点C落在C′处,BC′交AD于点G;E、F分别是C′D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:△ABG≌△C′DG;‎ ‎(2)求tan∠ABG的值;‎ ‎(3)求EF的长.‎ ‎【答案】(1)证明:∵△BDC′由△BDC翻折而成,‎ ‎ ∴∠C=∠BAG=90°,C′D=AB=CD,∠AGB=∠DGC′,∴∠ABG=∠ADE。‎ 在△ABG≌△C′DG中,∵∠BAG=∠C,AB= C′D,∠ABG=∠AD C′,‎ ‎∴△ABG≌△C′DG(ASA)。‎ ‎(2)解:∵由(1)可知△ABG≌△C′DG,∴GD=GB,∴AG+GB=AD。‎ 设AG=x,则GB=8﹣x,‎ 在Rt△ABG中,∵AB2+AG2=BG2,即62+x2=(8﹣x)2,解得x=。‎ ‎∴。‎ ‎(3)解:∵△AEF是△DEF翻折而成,∴EF垂直平分AD。∴HD=AD=4。‎ ‎∵tan∠ABG=tan∠ADE=。∴EH=HD×=4×。‎ ‎∵EF垂直平分AD,AB⊥AD,∴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°,C′D=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Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长,从而得出tan∠ABG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tan∠ABG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C′D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:△ABG≌△C′DG;‎ ‎(2)求tan∠ABG的值;‎ ‎(3)求EF的长.‎ ‎【答案】(1)证明:∵△BDC′由△BDC翻折而成,‎ ‎ ∴∠C=∠BAG=90°,C′D=AB=CD,∠AGB=∠DGC′,∴∠ABG=∠ADE。‎ 在△ABG≌△C′DG中,∵∠BAG=∠C,AB= C′D,∠ABG=∠AD C′,‎ ‎∴△ABG≌△C′DG(ASA)。‎ ‎(2)解:∵由(1)可知△ABG≌△C′DG,∴GD=GB,∴AG+GB=AD。‎ 设AG=x,则GB=8﹣x,‎ 在Rt△ABG中,∵AB2+AG2=BG2,即62+x2=(8﹣x)2,解得x=。‎ ‎∴。‎ ‎(3)解:∵△AEF是△DEF翻折而成,∴EF垂直平分AD。∴HD=AD=4。‎ ‎∵tan∠ABG=tan∠ADE=。∴EH=HD×=4×。‎ ‎∵EF垂直平分AD,AB⊥AD,∴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°,C′D=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Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长,从而得出tan∠ABG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tan∠ABG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PO∥BC。‎ ‎(2)(1)中的结论PO∥BC成立。理由为:‎ 由折叠可知:△APO≌△CPO,∴∠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。‎ ‎∴PO∥BC。‎ ‎(3)证明:∵CD为圆O的切线,∴OC⊥CD。‎ 又∵AD⊥CD,∴OC∥AD。∴∠APO=∠COP。‎ 由折叠可得:∠AOP=∠COP,∴∠APO=∠AOP。‎ 又∵OA=OP,∴∠A=∠APO。∴∠A=∠APO=∠AOP。∴△APO为等边三角形。‎ ‎∴∠AOP=60°。‎ 又∵OP∥BC,∴∠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Rt△PCD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OC⊥CD,又AD⊥CD,利用平面内垂直于同一条直线的两直线平行得到OC∥AD,根据两直线平行内错角相等得到∠APO=∠COP,再利用折叠的性质得到∠AOP=∠COP,等量代换可得出∠APO=∠AOP,再由OA=OP,利用等边对等角可得出一对角相等,等量代换可得出△AOP三内角相等,确定出△AOP为等边三角形,根据等边三角形的内角为60°得到 ‎∠AOP=60°,由OP∥BC,利用两直线平行同位角相等可得出∠OBC=∠AOP=60°,再由OB=OC,得到△OBC为等边三角形,可得出∠COB为60°,利用平角的定义得到∠POC也为60°,再加上OP=OC,可得出△POC为等边三角形,得到内角∠OCP=60°,可求出∠PCD=30°,在Rt△PCD中,利用30°所对的直角边等于斜边的一半可得出PD为PC的一半,而PC=圆的半径OP=直径AB的一半,可得出PD为AB的四分之一,即AB=4PD,得证。‎ ‎8. (2012广西南宁10分)如图,已知矩形纸片ABCD,AD=2,AB=4.将纸片折叠,使顶点A与边CD上的点E重合,折痕FG分别与AB,CD交于点G,F,AE与FG交于点O.‎ ‎(1)如图1,求证:A,G,E,F四点围成的四边形是菱形;‎ ‎(2)如图2,当△AED的外接圆与BC相切于点N时,求证:点N是线段BC的中点;‎ ‎(3)如图2,在(2)的条件下,求折痕FG的长.‎ ‎【答案】解:(1)由折叠的性质可得,GA=GE,∠AGF=∠EGF,‎ ‎∵DC∥AB,∴∠EFG=∠AGF。∴∠EFG=∠EGF。∴EF=EG=AG。‎ ‎∴四边形AGEF是平行四边形(EF∥AG,EF=AG)。‎ 又∵AG=GE,∴四边形AGEF是菱形。‎ ‎(2)连接ON,‎ ‎∵△AED是直角三角形,AE是斜边,点O是AE的中点,‎ ‎△AED的外接圆与BC相切于点N,‎ ‎∴ON⊥BC。‎ ‎∵点O是AE的中点,∴ON是梯形ABCE的中位线。‎ ‎∴点N是线段BC的中点。‎ ‎(3)∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径,∴OE=OA=ON=2。∴AE=AB=4。‎ 在Rt△ADE中,AD=2,AE=4,∴∠AED=30°。‎ 在Rt△OEF中,OE=2,∠AED=30°,∴。∴FG=。‎ ‎【考点】翻折变换(折叠问题),折叠对称的性质,菱形的判定,梯形中位线性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】(1)根据折叠的性质判断出AG=GE,∠AGF=∠EGF,再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF,从而 判断出EF=AG,得出四边形AGEF是平行四边形,从而结合AG=GE,可得出结论。‎ ‎(2)连接ON,则ON⊥BC,从而判断出ON是梯形ABCE的中位线,从而可得出结论。‎ ‎ (3)根据(1)可得出AE=AB,从而在Rt△ADE中,可判断出∠AED为30°,在Rt△EFO中求 出FO,从而可得出FG的长度。‎ ‎9. (2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田10分)△ABC中,AB=AC,D为BC的中点,以D为顶点作∠MDN=∠B.‎ ‎(1)如图(1)当射线DN经过点A时,DM交AC边于点E,不添加辅助线,写出图中所有与△ADE相似的三角形.‎ ‎(2)如图(2),将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转,DM,DN分别交线段AC,AB于E,F点(点E与点A不重合),不添加辅助线,写出图中所有的相似三角形,并证明你的结论.‎ ‎(3)在图(2)中,若AB=AC=10,BC=12,当△DEF的面积等于△ABC的面积的时,求线段EF的长.‎ ‎【答案】解:(1)图(1)中与△ADE相似的有△ABD,△ACD,△DCE。‎ ‎(2)△BDF∽△CED∽△DEF,证明如下:‎ ‎∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°,∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°,‎ 又∵∠EDF=∠B,∴∠BFD=∠CDE。‎ ‎∵AB=AC,∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴。‎ ‎∵BD=CD,∴,即。‎ 又∵∠C=∠EDF,∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。 ‎ ‎(3)连接AD,过D点作DG⊥EF,DH⊥BF,垂足分别为G,H.‎ ‎∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC,BD=BC=6。‎ 在Rt△ABD中,AD2=AB2﹣BD2,即AD2=102﹣62,‎ ‎∴AD=8。‎ ‎∴S△ABC=•BC•AD=×12×8=48,‎ S△DEF=S△ABC=×48=12。‎ 又∵•AD•BD=•AB•DH,∴。‎ ‎∵△BDF∽△DEF,∴∠DFB=∠EFD。 ‎ ‎∵DH⊥BF,DG⊥EF,∴∠DHF=∠DGF。‎ 又∵DF=DF,∴△DHF≌△DGF(AAS)。∴DH=DG=。‎ ‎∵S△DEF=·EF·DG=·EF·=12,∴EF=5。‎ ‎【考点】旋转的性质,相似三角形的判定和性质,等腰三角形的性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】(1)根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出△ADE∽△ABD∽△ACD∽△DCE:‎ ‎ ∵AB=AC,D为BC的中点,∴AD⊥BC,∠B=∠C,∠BAD=∠CAD。‎ 又∵∠MDN=∠B,∴△ADE∽ABD。‎ 同理可得:△ADE∽△ACD。‎ ‎∵∠MDN=∠C=∠B,∠B+∠BAD=90°,∠ADE+∠EDC=90°,∠B=∠MDN,‎ ‎∴∠BAD=∠EDC。‎ ‎∵∠B=∠C,∴△ABD∽△DCE。∴△ADE∽△DCE。‎ ‎(2)利用已知首先求出∠BFD=∠CDE,即可得出△BDF∽△CED,再利用相似三角形的性质得出,从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。‎ ‎(3)利用△DEF的面积等于△ABC的面积的,求出DH的长,从而利用S△DEF的值求出EF即可。‎ ‎10. (2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田12分)如图,抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A(﹣1,0),B(4,0)两点,交y轴于点C,与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D,点P是抛物线上一动点.‎ ‎(1)求抛物线解析式及点D坐标;‎ ‎(2)点E在x轴上,若以A,E,D,P为顶点的四边形是平行四边形,求此时点P的坐标;‎ ‎(3)过点P作直线CD的垂线,垂足为Q,若将△CPQ沿CP翻折,点Q的对应点为Q′.是否存在点P,使Q′恰好落在x轴上?若存在,求出此时点P的坐标;若不存在,说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过A(﹣1,0),B(4,0)两点,‎ ‎ ∴,解得:。‎ ‎∴抛物线解析式为。‎ 当y=2时,,解得:x1=3,x2=0(舍去)。‎ ‎∴点D坐标为(3,2)。‎ ‎(2)A,E两点都在x轴上,AE有两种可能:‎ ‎①当AE为一边时,AE∥PD,∴P1(0,2)。‎ ‎②当AE为对角线时,根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等,可知P点、D点到直线AE(即x轴)的距离相等,∴P点的纵坐标为﹣2。‎ 代入抛物线的解析式:,解得:。‎ ‎∴P点的坐标为(,﹣2),(,﹣2)。‎ 综上所述:P1(0,2);P2(,﹣2);P3(,﹣2)。‎ ‎(3)存在满足条件的点P,显然点P在直线CD下方。‎ 设直线PQ交x轴于F,点P的坐标为(),‎ ‎①当P点在y轴右侧时(如图1),CQ=a,‎ PQ=。‎ 又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°,∠COQ′=∠Q′FP=90°,‎ ‎∴∠FQ′P=∠OCQ′,∴△COQ′∽△Q′FP,‎ ‎∴,即,解得F Q′=a﹣3‎ ‎∴OQ′=OF﹣F Q′=a﹣(a﹣3)=3,‎ ‎ 。‎ 此时a=,点P的坐标为()。‎ ‎②当P点在y轴左侧时(如图2)此时a<0,,<0,CQ=﹣a,‎ PQ=。‎ 又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°,∠CQ′O+∠OCQ′=90°,‎ ‎∴∠FQ′P=∠OCQ′,∠COQ′=∠Q′FP=90°。‎ ‎∴△COQ′∽△Q′FP。‎ ‎∴,即,解得F Q′=3﹣a。‎ ‎∴OQ′=3,。‎ 此时a=﹣,点P的坐标为()。‎ 综上所述,满足条件的点P坐标为(),()。‎ ‎【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,平行四边形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理。‎ ‎【分析】(1)用待定系数法可得出抛物线的解析式,令y=2可得出点D的坐标。‎ ‎(2)分两种情况进行讨论,①当AE为一边时,AE∥PD,②当AE为对角线时,根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等,求解点P坐标。‎ ‎(3)结合图形可判断出点P在直线CD下方,设点P的坐标为(‎ ‎),分情况讨论,①当P点在y轴右侧时,②当P点在y轴左侧时,运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可。‎ ‎11. (2012湖北武汉12分)如图1,点A为抛物线C1:的顶点,点B的坐标为(1,0),直线AB交抛物线C1于另一点C.‎ ‎(1)求点C的坐标;‎ ‎(2)如图1,平行于y轴的直线x=3交直线AB于点D,交抛物线C1于点E,平行于y轴的直线x=a 交直线AB于F,交抛物线C1于G,若FG:DE=4∶3,求a的值;‎ ‎(3)如图2,将抛物线C1向下平移m(m>0)个单位得到抛物线C2,且抛物线C2的顶点为点P,交x轴 于点M,交射线BC于点N,NQ⊥x轴于点Q,当NP平分∠MNQ时,求m的值.‎ 图1 图2‎ ‎【答案】解:(1)∵当x=0时,y=-2。∴A(0,-2)。‎ ‎ 设直线AB的解析式为,则,解得。‎ ‎ ∴直线AB的解析式为。‎ ‎ ∵点C是直线AB与抛物线C1的交点,‎ ‎ ∴,解得(舍去)。‎ ‎ ∴C(4,6)。‎ ‎(2)∵直线x=3交直线AB于点D,交抛物线C1于点E,‎ ‎ ∴,∴DE=。‎ ‎ ∵FG:DE=4∶3,∴FG=2。‎ ‎ ∵直线x=a交直线AB于点F,交抛物线C1于点G,‎ ‎ ∴。‎ ‎∴FG=。‎ ‎ 解得。‎ ‎(3)设直线MN交y轴于点T,过点N作NH⊥y轴于点H。‎ ‎ 设点M的坐标为(t,0),抛物线C2的解析式为。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎∴。∴P(0,)。‎ ‎ ∵点N是直线AB与抛物线C2的交点,‎ ‎ ∴,解得(舍去)。‎ ‎∴N()。‎ ‎ ∴NQ=,MQ=。∴NQ=MQ。∴∠NMQ=450。‎ ‎ ∴△MOT,△NHT都是等腰直角三角形。∴MO=TO,HT=HN。‎ ‎ ∴OT=-t,。‎ ‎ ∵PN平分∠MNQ,∴PT=NT。‎ ‎ ∴,解得(舍去)。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,解二元二次方程组,平移的性质,等腰直角三角形的判定和性质,勾股定理,角平分线的性质,平行的性质。‎ ‎【分析】(1)由点A在抛物线C1上求得点A的坐标,用待定系数法求得直线AB的解析式;联立直线AB和抛物线C1即可求得点C的坐标。‎ ‎ (2)由FG:DE=4∶3求得FG=2。把点F和点G的纵坐标用含a的代数式表示,即可得等式 FG=,解之即可得a的值。‎ ‎ (3)设点M的坐标为(t,0)和抛物线C2的解析式,求得t和m的关系。求出点P和点N的坐标(用t的代数式表示),得出△MOT,△NHT都是等腰直角三角形的结论。从而由角平分线和平行的性质得到PT=NT,列式求解即可求得t,从而根据t和m的关系式求出m的值。‎ ‎12. (2012湖北宜昌11分)如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°.点E为底AD上一点,将△ABE沿直线BE折叠,点A落在梯形对角线BD上的G处,EG的延长线交直线BC于点F.‎ ‎(1)点E可以是AD的中点吗?为什么?‎ ‎(2)求证:△ABG∽△BFE;‎ ‎(3)设AD=a,AB=b,BC=c ‎ ①当四边形EFCD为平行四边形时,求a,b,c应满足的关系;‎ ‎ ②在①的条件下,当b=2时,a的值是唯一的,求∠C的度数.‎ ‎【答案】解:(1)不可以。理由如下:‎ 根据题意得:AE=GE,∠EGB=∠EAB=90°,∴Rt△EGD中,GE<ED。‎ ‎∴AE<ED。∴点E不可以是AD的中点。‎ ‎(2)证明:∵AD∥BC,∴∠AEB=∠EBF,‎ ‎∵由折叠知△EAB≌△EGB,∴∠AEB=∠BEG。∴∠EBF=∠BEF。‎ ‎∴FE=FB,∴△FEB为等腰三角形。‎ ‎∵∠ABG+∠GBF=90°,∠GBF+∠EFB=90°,∴∠ABG=∠EFB。‎ 在等腰△ABG和△FEB中,‎ ‎∠BAG=(180°﹣∠ABG)÷2,∠FBE=(180°﹣∠EFB)÷2,‎ ‎∴∠BAG=∠FBE。∴△ABG∽△BFE。‎ ‎(3)①∵四边形EFCD为平行四边形,∴EF∥DC。‎ ‎ ∵由折叠知,∠DAB=∠EGB=90°,∴∠DAB=∠BDC=90°。‎ ‎ 又∵AD∥BC,∴∠ADB=∠DBC。∴△ABD∽△DCB。‎ ‎∴。‎ ‎∵AD=a,AB=b,BC=c,∴BD=‎ ‎∴,即a2+b2=ac。‎ ‎②由①和b=2得关于a的一元二次方程a2﹣ac+4=0,‎ 由题意,a的值是唯一的,即方程有两相等的实数根,‎ ‎∴△=0,即c2﹣16=0。‎ ‎∵c>0,∴c=4。‎ ‎∴由a2﹣‎4a+4=0,得a=2。‎ 由①△ABD∽△DCB和a= b=2,得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形,‎ ‎∴∠C=45°。‎ ‎【考点】翻折变换(折叠问题),直角梯形的性质,三角形三边关系,直线平行的性质,等腰(直角)三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,平行四边形的性质,勾股定理,一元二次方程根的判别式。‎ ‎【分析】(1)根据折叠的性质可得AE=GE,∠EGB=∠EAB=90°,再根据直角三角形斜边大于直角边可得DE>EG,从而判断点E不可能是AD的中点。‎ ‎(2)根据两直线平行,内错角相等可得∠AEB=∠EBF,再根据折叠的性质可以判定出∠AEB=∠BEG,然后得到∠EBF=∠BEF,从而判断出△FEB为等腰三角形,再根据等角的余角相等求出∠ABG=∠EFB,然后根据等腰三角形的两个底角相等求出∠BAG=∠FBE,然后根据两角对应相等,两三角形相似即可证明。‎ ‎(3)①根据勾股定理求出BD的长度,再利用两角对应相等,两三角形相似得到△ABD和△DCB相似,然后根据相似三角形对应边成比例列式计算即可得解。‎ ‎②把b=2代入a、b、c的关系式,根据a是唯一的,可以判定△=c2﹣16=0,然后求出c=4,再代入方程求出a=2,然后由①△ABD∽△DCB和a= b=2,得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形,得出∠C=45°。‎ ‎13. (2012江西南昌12分)已知,纸片⊙O的半径为2,如图1,沿弦AB折叠操作.‎ ‎(1)①折叠后的所在圆的圆心为O′时,求O′A的长度;‎ ‎ ②如图2,当折叠后的经过圆心为O时,求的长度;‎ ‎ ③如图3,当弦AB=2时,求圆心O到弦AB的距离;‎ ‎(2)在图1中,再将纸片⊙O沿弦CD折叠操作.‎ ‎①如图4,当AB∥CD,折叠后的与所在圆外切于点P时,设点O到弦AB.CD的距离之和为d,求d的值;‎ ‎②如图5,当AB与CD不平行,折叠后的与所在圆外切于点P时,设点M为AB的中点,点N为CD的中点,试探究四边形OMPN的形状,并证明你的结论.‎ ‎【答案】解:(1)①折叠后的所在圆O′与⊙O是等圆,∴O′A=OA=2。‎ ‎②当经过圆O时,折叠后的所在圆O′在⊙O上,如图2所示,连接O′A.OA.O′B,OB,OO′。‎ ‎∵△OO′A,△OO′B为等边三角形,∴∠AO′B=∠AO′O+∠BO′O=60°+60°=120°。‎ ‎∴的长度。‎ ‎③如图3所示,连接OA,OB,‎ ‎∵OA=OB=AB=2,‎ ‎∴△AOB为等边三角形。‎ 过点O作OE⊥AB于点E,∴OE=OA•sin60°=。‎ ‎∴圆心O到弦AB的距离为。‎ ‎(2)①如图4,当折叠后的与所在圆外切于点P时,‎ 过点O作EF⊥AB交AB于点H、交于点E,交CD于点G、交于点F,即点E、H、P、O、G、F在直径EF上。‎ ‎∵AB∥CD,∴EF垂直平分AB和CD。‎ 根据垂径定理及折叠,可知PH=PE,PG=PF。‎ 又∵EF=4,∴点O到AB.CD的距离之和d为:‎ d=PH+PG=PE+PF=(PE+PF)=2。‎ ‎②如图5,当AB与CD不平行时,四边形是OMPN平行四边形。证明如下:‎ 设O′,O″为和所在圆的圆心,‎ ‎∵点O′与点O关于AB对称,点O″于点O关于CD对称,‎ ‎∴点M为的OO′中点,点N为OO″的中点。‎ ‎∵折叠后的与所在圆外切,‎ ‎∴连心线O′O″必过切点P。‎ ‎∵折叠后的与所在圆与⊙O是等圆,‎ ‎∴O′P=O″P=2,∴PM=OO″=ON,PN=OO′=OM,‎ ‎∴四边形OMPN是平行四边形。‎ ‎【考点】翻折变换(折叠问题)相切两圆的性质,等边三角形的判定和性质,平行四边形的判定,垂径定理,弧长的计算,解直角三角形,三角形中位线定理。‎ ‎【分析】(1)①折叠后的所在圆O′与⊙O是等圆,可得O′A的长度。‎ ‎②如图2,过点O作OE⊥AB交⊙O于点E,连接OA.OB.AE、BE,可得△OAE、△OBE为等边三角形,从而得到的圆心角,再根据弧长公式计算即可。‎ ‎③如图3,连接OA.OB,过点O作OE⊥AB于点E,可得△AOB为等边三角形,根据三角函数的知识可求折叠后求圆心O到弦AB的距离。‎ ‎(2)①如图4,与所在圆外切于点P时,过点O作EF⊥AB交于点E,交于点F,根据垂径定理及折叠,可求点O到AB.CD的距离之和。‎ ‎②由三角形中位线定理,根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得证。‎ ‎14. (2012湖南益阳10分)已知:如图,抛物线y=a(x﹣1)2+c与x轴交于点A和点B,将抛物线沿x轴向上翻折,顶点P落在点P'(1,3)处.‎ ‎(1)求原抛物线的解析式;‎ ‎(2)学校举行班徽设计比赛,九年级5班的小明在解答此题时顿生灵感:过点P'作x轴的平行线交抛物线于C、D两点,将翻折后得到的新图象在直线CD以上的部分去掉,设计成一个“W”型的班徽,“‎5”‎的拼音开头字母为W,“W”图案似大鹏展翅,寓意深远;而且小明通过计算惊奇的发现这个“W”图案的高与宽(CD)的比非常接近黄金分割比(约等于0.618).请你计算这个“W”图案的高与宽的比到底是多少?(参考数据:,结果可保留根号)‎ ‎【答案】解:(1)∵P与P′(1,3)关于x轴对称,∴P点坐标为(1,﹣3)。‎ ‎∵抛物线y=a(x﹣1)2+c顶点是P(1,﹣3),‎ ‎∴抛物线解析式为y=a(x﹣1)2﹣3。‎ ‎∵抛物线y=a(x﹣1)2﹣3过点A,‎ ‎∴a(﹣1)2﹣3=0,解得a=1。‎ ‎∴抛物线解析式为y=(x﹣1)2﹣3,即y=x2﹣2x﹣2。‎ ‎(2)∵CD平行x轴,P′(1,3)在CD上,∴C、D两点纵坐标为3。‎ 由(x﹣1)2﹣3=3,解得:。‎ ‎∴C、D两点的坐标分别为。∴CD=。‎ ‎∴“W”图案的高与宽(CD)的比=(或约等于0.6124)。‎ ‎【考点】二次函数的应用,翻折对称的性质,二次函数的性质,曲线上点的坐标与方程的关系。‎ ‎【分析】(1)利用P与P′(1,3)关于x轴对称,得出P点坐标,利用待定系数法求出二次函数的解析式即可。‎ ‎(2)根据已知求出C,D两点坐标,从而得出“W”图案的高与宽(CD)的比。‎ ‎15. (2012江苏南通14分)如图,经过点A(0,-4)的抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于点B(-0,0)和C,O为坐标原点.‎ ‎(1)求抛物线的解析式;‎ ‎(2)将抛物线y=x2+bx+c向上平移个单位长度、再向左平移m(m>0)个单位长度,得到新抛物 线.若新抛物线的顶点P在△ABC内,求m的取值范围;‎ ‎(3)设点M在y轴上,∠OMB+∠OAB=∠ACB,求AM的长. ‎ ‎【答案】解:(1)将A(0,-4)、B(-2,0)代入抛物线y=x2+bx+c中,得:‎ ‎ ,解得,。 ‎ ‎∴抛物线的解析式:y=x2-x-4。源:学科网ZXXK]‎ ‎(2)由题意,新抛物线的解析式可表示为:,‎ 即:。它的顶点坐标P(1-m,-1)。‎ 由(1)的抛物线解析式可得:C(4,0)。‎ ‎∴直线AB:y=-2x-4;直线AC:y=x-4。‎ 当点P在直线AB上时,-2(1-m)-4=-1,解得:m=;‎ 当点P在直线AC上时,(1-m)+4=-1,解得:m=-2;‎ 又∵m>0,‎ ‎∴当点P在△ABC内时,0<m< 。‎ ‎(3)由A(0,-4)、B(4,0)得:OA=OC=4,且△OAC是等腰直角三角形。‎ 如图,在OA上取ON=OB=2,则∠ONB=∠ACB=45°。‎ ‎∴∠ONB=∠NBA+OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB,‎ 即∠ONB=∠OMB。‎ 如图,在△ABN、△AM1B中,‎ ‎∠BAN=∠M1AB,∠ABN=∠AM1B,‎ ‎∴△ABN∽△AM1B,得:AB2=AN•AM1;‎ 由勾股定理,得AB2=(-2)2+42=20,‎ 又AN=OA-ON=4-2=2,‎ ‎∴AM1=20÷2=10,OM1=AM1-OA=10-4=6。‎ 而∠BM‎1A=∠BM‎2A=∠ABN,∴OM1=OM2=6,AM2=OM2-OA=6-4=2。‎ 综上,AM的长为6或2。‎ ‎【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,平移的性质,二次函数的性质,等腰直角三角形的判定和性质,勾股定理。‎ ‎【分析】(1)该抛物线的解析式中只有两个待定系数,只需将A、B两点坐标代入即可得解。‎ ‎(2)首先根据平移条件表示出移动后的函数解析式,从而用m表示出该函数的顶点坐标,将其 代入直线AB、AC的解析式中,即可确定P在△ABC内时m的取值范围。‎ ‎(3)先在OA上取点N,使得∠ONB=∠ACB,那么只需令∠NBA=∠OMB即可,显然在y轴的正负半轴上都有一个符合条件的M点;以y轴正半轴上的点M为例,先证△ABN、△AMB相似,然后通过相关比例线段求出AM的长。‎ ‎16. (2012江苏淮安12分)如图,矩形OABC在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A(0,4),C(2,0),将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转1350,得到矩形EFGH(点E与O重合).‎ ‎(1)若GH交y轴于点M,则∠FOM= ,OM= ‎ ‎(2)矩形EFGH沿y轴向上平移t个单位。‎ ‎①直线GH与x轴交于点D,若AD∥BO,求t的值;‎ ‎②若矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为S个平方单位,试求当0
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