决胜2020中考数学压轴题全揭秘下专题14几何变换试题

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文档介绍

决胜2020中考数学压轴题全揭秘下专题14几何变换试题

专题 14 几何变换问题 【考点 1】平移变换问题 【例 1】(2019·山东中考真题)在平面直角坐标系中,将点 A(1,﹣2)向上平移 3 个单位长度,再向左 平移 2 个单位长度,得到点 A′,则点 A′的坐标是( ) A.(﹣1,1) B.(﹣1,﹣2) C.(﹣1,2) D.(1,2) 【答案】A 【解析】 试题分析:已知将点 A(1,﹣2)向上平移 3 个单位长度,再向左平移 2 个单位长度,得到点 A′,根据向 左平移横坐标减,向上平移纵坐标加可得点 A′的横坐标为 1﹣2=﹣1,纵坐标为﹣2+3=1,即 A′的坐标为 (﹣1,1).故选 A. 考点:坐标与图形变化-平移. 【变式 1-1】(2019·甘肃中考真题)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,将四边形 ABCD 向下平移,再向 右平移得到四边形 1 1 1 1A B C D ,已知 1( 3,5), ( 4,3), (3,3)A B A  ,则点 1B 坐标为( ) A. (1,2) B. (2,1) C. (1,4) D. (4,1) 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 A 和 A1 的坐标得出四边形 ABCD 先向下平移 2 个单位,再向右平移 6 个单位得到四边形 1 1 1 1A B C D ,则 B 的平移方法与 A 点相同,即可得到答案. 【详解】 图形向下平移,纵坐标发生变化,图形向右平移,横坐标发生变化. A(-3,5)到 A1(3,3)得向右平移 3-(-3)=6 个单位,向下平移 5-3=2 个单位.所以 B(-4,3)平移后 B1(2,1). 故选 B. 【点睛】 此题考查图形的平移.,掌握平移的性质是解题关键 【变式 1-2】(2019·广西中考真题)如图,在平面直角坐标系中,已知 ABC 的三个顶点坐标分别是 2, 1 , 1,( ) ( )2 , 3, 3( )A B C   (1)将 ABC 向上平移 4 个单位长度得到 1 1 1A BC ,请画出 1 1 1A BC ; (2)请画出与 ABC 关于 y 轴对称的 2 2 2A B C ; (3)请写出 1 2A A、 的坐标. 【答案】(1)如图所示: 1 1 1A BC ,即为所求;见解析;(2)如图所示: 2 2 2A B C ,即为所求;见解析;(3) 1 22,3 ,) , 1( ( )2A A   . 【解析】 【分析】 (1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案; (2)直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案; (3)利用所画图象得出对应点坐标. 【详解】 (1)如图所示: 1 1 1A BC ,即为所求; (2)如图所示: 2 2 2A B C ,即为所求; (3) 1 22,3 ,) , 1( ( )2A A   . 【点睛】 此题主要考查了轴对称变换以及平移变换,正确得出对应点位置是解题关键. 【考点 2】轴对称变换问题(含折叠变换) 【例 2】(2019·四川中考真题)如图,在菱形 ABCD 中, 4sin 5B  ,点 ,E F 分别在边 ,AD BC 上,将四 边形 AEFB 沿 EF 翻折,使 AB 的对应线段 MN 经过顶点C ,当 MN BC 时, AE AD 的值是_____. 【答案】 2 9 . 【解析】 【分析】 延长 CM 交 AD 于点G ,进而利用翻折变换的性质得出 AE ME , A EMC   , BF FN , B N   , AB MN ,再利用菱形的性质得出 AB BC CD AD   , B D   , 180A B     , 设 4CF x , 5FN x ,利用勾股定理得出 9BC x AB CD AD    ,再根据三角函数进行计算即可解 答 【详解】 延长 CM 交 AD 于点G , ∵将四边形 AEFB 沿 EF 翻折, ∴ AE ME , A EMC   , BF FN , B N   , AB MN ∵四边形 ABCD 是菱形 ∴ AB BC CD AD   , B D   , 180A B     ∵ 4sin sin5 CFB N FN    , ∴设 4CF x , 5FN x , ∴ 2 2 3CN FN CF x   , ∴ 9BC x AB CD AD    , ∵ 4sin sin5 GCB D CD    ∴ 36 5 xGC  ∴   36x 665 5GM GC MN CN x x      ∵ 180A B     , 180EMC EMG     ∴ B EMG   ∴ 4sin sin 5 EGB EMG EM     ∴ 3cos 5 GMEMG EM    ∴ =2EM x , ∴ 2AE x , ∴ 2 2 9 9 AE x AD x   故答案为: 2 9 . 【点睛】 此题考查翻折变换,菱形的性质,三角函数,解题关键在于利用折叠的性质进行解答 【变式 2-1】(2019·江苏中考真题)如图,将平行四边形纸片 ABCD 沿一条直线折叠,使点 A 与点C 重 合,点 D 落在点G 处,折痕为 EF .求证: (1) ECB FCG   ; (2) EBC FGC   . 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】 【分析】 (1)依据平行四边形的性质,即可得到 A BCD   ,由折叠可得, A ECG   ,即可得到 ECB FCG   ; (2)依据平行四边形的性质,即可得出 D B   , AD BC ,由折叠可得, D G   , AD CG ,即 可得到 B G   , BC CG ,进而得出 EBC FGC   . 【详解】 (1) 四边形 ABCD 是平行四边形, A BCD   , 由折叠可得, A ECG   , BCD ECG   , BCD ECF ECG ECF     , ECB FCG   ; (2) 四边形 ABCD 是平行四边形, D B   , AD BC , 由折叠可得, D G   , AD CG , B G   , BC CG , 又 ECB FCG   , ( )EBC FGC ASA   . 【点睛】 本题考查了平行四边形的性质,折叠的性质,全等三角形的判定,熟练掌握平行四边形的性质以及折叠的 性质是解题的关键. 【变式 2-2】(2019·江苏中考真题)如图,已知等边△ABC 的边长为 8,点 P 是 AB 边上的一个动点(与点 A、B 不重合),直线 l 是经过点 P 的一条直线,把△ABC 沿直线 l 折叠,点 B 的对应点是点 B’. (1)如图 1,当 PB=4 时,若点 B’恰好在 AC 边上,则 AB’的长度为_____; (2)如图 2,当 PB=5 时,若直线 l//AC,则 BB’的长度为 ; (3)如图 3,点 P 在 AB 边上运动过程中,若直线 l 始终垂直于 AC,△ACB’的面积是否变化?若变化,说 明理由;若不变化,求出面积; (4)当 PB=6 时,在直线 l 变化过程中,求△ACB’面积的最大值. 【答案】(1)4;(2)5 3 ;(3)面积不变,S△ACB’=16 3 ;(4)24+4 3 【解析】 【分析】 (1)证明△APB′是等边三角形即可解决问题; (2)如图 2 中,设直线 l 交 BC 于点 E,连接 B B′交 PE 于 O,证明△PEB 是等边三角形,求出 OB 即可解决 问题; (3)如图 3 中,结论:面积不变,证明 B B′//AC 即可; (4)如图 4 中,当 PB′⊥AC 时,△ACB′的面积最大,设直线 PB′交 AC 于点 E,求出 B′E 即可解决问题. 【详解】 (1) 如图 1,∵△ABC 为等边三角形, ∴∠A=60°,AB=BC=CA=8, ∵PB=4, ∴PB′=PB=PA=4, ∵∠A=60°, ∴△APB′是等边三角形, ∴AB′=AP=4, 故答案为 4; (2)如图 2,设直线 l 交 BC 于点 E,连接 B B′交 PE 于 O, ∵PE∥AC, ∴∠BPE=∠A=60°,∠BEP=∠C=60°, ∴△PEB 是等边三角形, ∵PB=5,B、B′关于 PE 对称, ∴BB′⊥PE,BB′=2OB, ∴OB=PB·sin60°= 5 3 2 , ∴BB′=5 3 , 故答案为 5 3 ; (3)如图 3,结论:面积不变. 过点 B 作 BE⊥AC 于 E, 则有 BE=AB·sin60°= 38 4 32   , ∴S△ABC= 1 1 8 4 32 2AC BE    =16 3 , ∵B、B′关于直线 l 对称, ∴BB′⊥直线 l, ∵直线 l⊥AC, ∴AC//BB′, ∴S△ACB’=S△ABC=16 3 ; (4)如图 4,当 B′P⊥AC 时,△ACB′的面积最大, 设直线 PB′交 AC 于 E, 在 Rt△APE 中,PA=2,∠PAE=60°, ∴PE=PA·sin60°= 3 , ∴B′E=B′P+PE=6+ 3 , ∴S△ACB 最大值= 1 2 ×(6+ 3 )×8=24+4 3 . 【点睛】 本题是几何变换综合题,考查了等边三角形的判定与性质,轴对称变换,解直角三角形,平行线的判定与 性质等知识,理解题意,熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键. 【考点 3】旋转变换问题 【例 3】(2019·山东中考真题)(1)问题发现 如图 1,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D 在一条直线上. 填空:线段 AD,BE 之间的关系为 . (2)拓展探究 如图 2,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断 AD,BE 的关系,并说明理由. (3)解决问题 如图 3,线段 PA=3,点 B 是线段 PA 外一点,PB=5,连接 AB,将 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°得到线段 AC,随着点 B 的位置的变化,直接写出 PC 的范围. 【答案】(1) AD=BE,AD⊥BE.(2) AD=BE,AD⊥BE.(3) 5-3 2 ≤PC≤5+3 2 . 【解析】 【分析】 (1)根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE(SAS),得 AD=BE,∠EBC=∠CAD,延长 BE 交 AD 于点 F,由垂直 定义得 AD⊥BE. (2)根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE(SAS),AD=BE,∠CAD=∠CBE,由垂直定义得∠OHB=90°,AD⊥BE; (3)作 AE⊥AP,使得 AE=PA,则易证△APE≌△ACP,PC=BE,当 P、E、B 共线时,BE 最小,最小值=PB-PE; 当 P、E、B 共线时,BE 最大,最大值=PB+PE,故 5-3 2 ≤BE≤5+3 2 . 【详解】 (1)结论:AD=BE,AD⊥BE. 理由:如图 1 中, ∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形, ∴AC=BC,CE=CD, ∠ACB=∠ACD=90°, 在 Rt△ACD 和 Rt△BCE 中 AC BC ACD BCE CD CE     = = = ∴△ACD≌△BCE(SAS), ∴AD=BE,∠EBC=∠CAD 延长 BE 交 AD 于点 F, ∵BC⊥AD, ∴∠EBC+∠CEB=90°, ∵∠CEB=AEF, ∴∠EAD+∠AEF=90°, ∴∠AFE=90°,即 AD⊥BE. ∴AD=BE,AD⊥BE. 故答案为 AD=BE,AD⊥BE. (2)结论:AD=BE,AD⊥BE. 理由:如图 2 中,设 AD 交 BE 于 H,AD 交 BC 于 O. ∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形, ∴AC=BC,CE=CD,∠ACB=∠ECD=90°, ∴ACD=∠BCE, 在 Rt△ACD 和 Rt△BCE 中 AC BC ACD BCE CD CE     = = = , ∴△ACD≌△BCE(SAS), ∴AD=BE,∠CAD=∠CBE, ∵∠CAO+∠AOC=90°,∠AOC=∠BOH, ∴∠BOH+∠OBH=90°, ∴∠OHB=90°, ∴AD⊥BE, ∴AD=BE,AD⊥BE. (3)如图 3 中,作 AE⊥AP,使得 AE=PA,则易证△APE≌△ACP, ∴PC=BE, 图 3-1 中,当 P、E、B 共线时,BE 最小,最小值=PB-PE=5-3 2 , 图 3-2 中,当 P、E、B 共线时,BE 最大,最大值=PB+PE=5+3 2 , ∴5-3 2 ≤BE≤5+3 2 , 即 5-3 2 ≤PC≤5+3 2 . 【点睛】 本题是几何变换综合题,考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识, 解题的关键是正确寻找三角形全等的条件,学会添加辅助线,构造全等三角形解决问题,学会用转化的思 想思考问题,属于中考压轴题. 【变式 3-1】(2019·辽宁中考真题)如图,△ABC 在平面直角坐标系中,顶点的坐标分别为 A(-4,4),B(-1, 1),C(-1,4). (1)画出与△ABC 关于 y 轴对称的△A1B1C1. (2)将△ABC 绕点 B 逆时针旋转 90°,得到△A2BC2,画两出△A2BC2. (3)求线段 AB 在旋转过程中扫过的图形面积.(结果保留π) 【答案】(1)作图见解析;(2)作图见解析;(3) 9 2 π. 【解析】 【分析】 (1)根据关于 y 轴对称的点的坐标特征写出 A1、B1、C1 的坐标,然后描点即可; (2)利用网格特点和旋转的性质画出 A、C 的对应点 A2、C2 即可; (3)线段 AB 在旋转过程中扫过的图形为扇形,然后根据扇形面积公式计算即可. 【详解】 解:(1)如图,△AlB1C1 为所作. (2)如图,△A2BC2 为所作; (3)AB= 2 23 3 =3 2 , 所以线段 AB 在旋转过程中扫过的图形面积= 290 π (3 2) 360   = 9 2 π. 【点睛】 本题考查了作图-旋转变换:根据旋转的性质可知,对应角都相等都等于旋转角,对应线段也相等,由此可 以通过作相等的角,在角的边上截取相等的线段的方法,找到对应点,顺次连接得出旋转后的图形.也考 查了扇形面积公式. 【变式 3-2】(2019·江苏中考真题)如图①,在 ABC 中, 3AB AC  , 100BAC   ,D 是 BC 的中 点. 小明对图①进行了如下探究:在线段 AD 上任取一点 P,连接 PB.将线段 PB 绕点 P 按逆时针方向旋转80 , 点 B 的对应点是点 E,连接 BE,得到 BPE .小明发现,随着点 P 在线段 AD 上位置的变化,点 E 的位置也 在变化,点 E 可能在直线 AD 的左侧,也可能在直线 AD 上,还可能在直线 AD 的右侧.请你帮助小明继续探 究,并解答下列问题: (1)当点 E 在直线 AD 上时,如图②所示. ① BEP  ;②连接 CE,直线 CE 与直线 AB 的位置关系是 . (2)请在图③中画出 BPE ,使点 E 在直线 AD 的右侧,连接 CE.试判断直线 CE 与直线 AB 的位置关系, 并说明理由. (3)当点 P 在线段 AD 上运动时,求 AE 的最小值. 【答案】(1)①50  ;② EC AB∥ ;(2) AB EC∥ ;(3)AE 的最小值 3 . 【解析】 【分析】 (1)①利用等腰三角形的性质即可解决问题.②证明 40ABC   , 40ECB   ,推出 ABC ECB   即可. (2)如图③中,以 P 为圆心,PB 为半径作⊙P.利用圆周角定理证明 1 402BCE BPE     即可解决问 题. (3)因为点 E 在射线 CE 上运动,点 P 在线段 AD 上运动,所以当点 P 运动到与点 A 重合时,AE 的值最小, 此时 AE 的最小值 3AB  . 【详解】 (1)①如图②中, ∵ 80BPE   , PB PE , ∴ 50PEB PBE     , ②结论: AB EC∥ . 理由:∵ AB AC , BD DC , ∴ AD BC , ∴ 90BDE   , ∴ 90 50 40EBD       , ∵AE 垂直平分线段 BC, ∴ EB EC , ∴ 40ECB EBC     , ∵ AB AC , 100BAC   , ∴ 40ABC ACB     , ∴ ABC ECB   , ∴ AB EC∥ . 故答案为 50, AB EC∥ . (2)如图③中,以 P 为圆心,PB 为半径作⊙P. ∵AD 垂直平分线段 BC, ∴ PB PC , ∴ 1 402BCE BPE     , ∵ 40ABC   , ∴ AB EC∥ . (3)如图④中,作 AH CE⊥ 于 H, ∵点 E 在射线 CE 上运动,点 P 在线段 AD 上运动, ∴当点 P 运动到与点 A 重合时,AE 的值最小,此时 AE 的最小值 3AB  . 【点睛】 本题属于几何变换综合题,考查了等腰三角形的性质,平行线的判定,圆周角定理等知识,解题的关键是 熟练掌握基本知识,灵活运用所学知识解决问题,学会利用辅助圆解决问题,属于中考压轴题. 【考点 4】位似变换问题 【例 4】(2019·广西中考真题)如图, ABC 与 ' ' 'A B C 是以坐标原点O 为位似中心的位似图形,若点    2,2 , 3,4A B ,  6,1C ,  ' 6,8B 则 ' ' 'A B C 的面积为__. 【答案】18. 【解析】 【分析】 根据  3,4B ,  ' 6,8B 的坐标得到位似比,继而得到 A、C 对应点的坐标,再用 ' ' 'A B C 所在的矩形的 面积减去顶点处的三角形面积即可求得答案. 【详解】 ∵ ABC 与 ' ' 'A B C 是以坐标原点O 为位似中心的位似图形, 若点  3,4B ,  ' 6,8B , ∴位似比为: 3 1=6 2 , ∵  2,2A ,  6,1C , ∴    ' 4,4 , ' 12,2A C , ∴ ' ' 'A B C 的面积为: 1 1 16 8 2 4 6 6 2 8 182 2 2            , 故答案为:18. 【点睛】 本题考查了位似变换以及三角形面积求法,正确得出对应点位置是解题关键. 【变式 4-1】(2019·山东中考真题)在平面直角坐标系中, ABO 三个顶点的坐标分别为      2,4 , 4,0 , 0,0A B O  .以原点 O 为位似中心,把这个三角形缩小为原来的 1 2 ,得到 CDO ,则点 A 的对应点C 的坐标是__________. 【答案】 1,2 或 1, 2 【解析】 【分析】 根据位似图形的中心和位似比例即可得到点 A 的对应点 C. 【详解】 解:以原点O 为位似中心,把这个三角形缩小为原来的 1 2 ,点 A 的坐标为 2,4 , ∴点C 的坐标为 1 12 ,2 2( 4 )   或 1 12 ,2 2( 4 )   ,即 1,2 或 1, 2 , 故答案为: 1,2 或 1, 2 . 【点睛】 本题主要考查位似图形的对应点,关键在于原点的位似图形,要注意方向. 【变式 4-2】(2018·四川中考真题)如图, ABC 在方格纸中. (1)请在方格纸上建立平面直角坐标系,使 (2,3)A , (6,2)C ,并求出 B 点坐标; (2)以原点O 为位似中心,相似比为 2,在第一象限内将 ABC 放大,画出放大后的图形 ' ' 'A B C ; (3)计算 ' ' 'A B C 的面积 S . 【答案】(1)作图见解析; (2,1)B .(2)作图见解析;(3)16. 【解析】 分析:(1)直接利用 A,C 点坐标得出原点位置进而得出答案; (2)利用位似图形的性质即可得出△A'B'C'; (3)直接利用(2)中图形求出三角形面积即可. 详解:(1)如图所示,即为所求的直角坐标系;B(2,1); (2)如图:△A'B'C'即为所求; (3)S△A'B'C'= 1 2 ×4×8=16. 点睛:此题主要考查了位似变换以及三角形面积求法,正确得出对应点位置是解题的关键.画位似图形的 一般步骤为:①确定位似中心;②分别连接并延长位似中心和关键点;③根据位似比,确定位似图形的关 键点;④顺次连接上述各点,得到放大或缩小的图形. 一、单选题 1.(2019·浙江中考真题)在平面直角坐标系中,点  , 2A m 与点 ( )3,b n 关于 y 轴对称,则( ) A. 3m  , 2n  B. 3m   , 2n  C. 2m  , 3n  D. 2m   , 3n  【答案】B 【解析】 【分析】 根据点关于 y 轴对称,其横坐标互为相反数,纵坐标相同即可得到答案. 【详解】 A,B 关于 y 轴对称,则横坐标互为相反数,纵坐标相同,故选 B 【点睛】 本题考查点坐标的轴对称,解题的关键熟练掌握点坐标的轴对称. 2.(2019·辽宁中考真题)如图,点 P(8,6)在△ABC 的边 AC 上,以原点 O 为位似中心,在第一象限内 将△ABC 缩小到原来的 1 2 ,得到△A′B′C′,点 P 在 A′C′上的对应点 P′的的坐标为( ) A.(4,3) B.(3,4) C.(5,3) D.(4,4) 【答案】A 【解析】 【分析】 直接利用在平面直角坐标系中,如果位似变换是以原点为位似中心,相似比为 k,那么位似图形对应点的坐 标的比等于 k 或−k,进而结合已知得出答案. 【详解】 ∵点 P(8,6)在△ABC 的边 AC 上,以原点 O 为位似中心,在第一象限内将△ABC 缩小到原来的 1 2 ,得到 △A′B′C′, ∴点 P 在 A′C′上的对应点 P′的的坐标为:(4,3). 故选:A. 【点睛】 此题主要考查了位似变换,正确得出位似比是解题关键. 3.(2019·湖南中考真题)如图,将 OAB 绕点O 逆时针旋转 70°到 OCD 的位置,若 40AOB   , 则 AOD  ( ) A.45° B.40° C.35° D.30° 【答案】D 【解析】 【分析】 首先根据旋转角定义可以知道 70BOD   ,而 40AOB   ,然后根据图形即可求出 AOD . 【详解】 解:∵ OAB 绕点O 逆时针旋转 70°到 OCD 的位置, ∴ 70BOD   , 而 40AOB   , ∴ 70 40 30AOD      故选:D. 【点睛】 此题主要考查了旋转的定义及性质,其中解题主要利用了旋转前后图形全等,对应角相等等知识. 4.(2019·广东中考真题)下列四个银行标志中,既是中心对称图形,又是轴对称图形的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一进行判断即可得. 【详解】 A、是轴对称图形,不是中心对称图形,故不符合题意; B、是轴对称图形,不是中心对称图形,故不符合题意; C、是轴对称图形,也是中心对称图形,故符合题意; D、是轴对称图形,不是中心对称图形,故不符合题意, 故选 C. 【点睛】 本题主要考查轴对称图形和中心对称图形,在平面内,如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能 够完全重合,这样的图形叫做轴对称图形;在平面内,如果把一个图形绕某个点旋转 180°后,能与原图形 重合,那么就说这个图形是中心对称图形. 5.(2019·浙江中考真题)如图,在直角坐标系中,已知菱形 OABC 的顶点 A(1,2),B(3,3).作菱形 OABC 关于 y 轴的对称图形 OA′B′C′,再作图形 OA′B′C′关于点 O 的中心对称图形 OA″B″C″,则点 C 的 对应点 C″的坐标是( ) A.(2,-1) B.(1,-2) C. (-2,1) D. (-2,-1) 【答案】A 【解析】 【分析】 先找出对应点,再用线段顺次连接作出图形,根据图形解答即可. 【详解】 如图,  '' 2 1C , . 故选 A. 【点睛】 本题考查了轴对称作图及中心对称作图,熟练掌握轴对称作图及中心对称的性质是解答本题的关键,中心 对称的性质:①关于中心对称的两个图形能够完全重合;②关于中心对称的两个图形,对应点的连线都经 过对称中心,并且被对称中心平分. 6.(2019·四川中考真题)在平面直角坐标系中,将点 2,3 向右平移 4 个单位长度后得到的点的坐标为 ( ) A. 2,3 B. 6,3 C. 2,7 D. 2, 1  【答案】A 【解析】 【分析】 根据直角坐标系的坐标平移即可求解. 【详解】 一个点向右平移之后的点的坐标,纵坐标不变,横坐标加 4,故选 A 【点睛】 此题主要考查坐标的平移,解题的关键是熟知直角坐标系的特点. 7.(2019·湖南中考真题)点 ( 1, 2) 关于原点的对称点坐标是( ) A. ( 1, 2)- - B. (1, 2) C. (1, 2) D. (2, 1) 【答案】B 【解析】 【分析】 坐标系中任意一点  ,P x y ,关于原点的对称点是 ,x y  ,即关于原点的对称点,横纵坐标都变成相反 数. 【详解】 根据中心对称的性质,得点  1,2 关于原点的对称点的坐标为  1, 2 . 故选 B. 【点睛】 本题考查了关于原点对称的点的坐标,关于原点的对称点,横纵坐标都变成相反数. 8.(2019·湖南中考真题)如图,以点 O 为位似中心,把 ABC 放大为原图形的 2 倍得到 A'B'C' ,以下 说法中错误的是( ) A. ABC A'B'C' ∽ B.点 C、点 O、点 C′三点在同一直线上 C. AO: AA' 1: 2 D. AB A'B' 【答案】C 【解析】 【分析】 直接利用位似图形的性质进而分别分析得出答案. 【详解】 ∵以点 O 为位似中心,把 ABC 放大为原图形的 2 倍得到 A'B'C' , ∴ ABC A'B'C' ∽ ,点 C、点 O、点 C′三点在同一直线上, AB A'B' , AO: AA' 1:3 , ∴C 选项错误,符合题意. 故选 C. 【点睛】 此题主要考查了位似变换,正确把握位似图形的性质是解题关键. 9.(2018·湖南中考真题)如图所示,在平面直角坐标系中,已知点 A(2,4),过点 A 作 AB⊥x 轴于点 B.将 △AOB 以坐标原点 O 为位似中心缩小为原图形的 1 2 ,得到△COD,则 CD 的长度是( ) A.2 B.1 C.4 D.2 5 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用位似图形的性质结合 A 点坐标可直接得出点 C 的坐标,即可得出答案. 【详解】∵点 A(2,4),过点 A 作 AB⊥x 轴于点 B,将△AOB 以坐标原点 O 为位似中心缩小为原图 形的 1 2 ,得到△COD, ∴C(1,2),则 CD 的长度是 2, 故选 A. 【点睛】本题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质,正确把握位似图形的性质是解题关键. 10.(2019·山东中考真题)如图,点 A 的坐标是(-2,0),点 B 的坐标是(0,6),C 为 OB 的中点,将△ABC 绕点 B 逆时针旋转 90°后得到 A B C   .若反比例函数 ky x  的图象恰好经过 A B 的中点 D,则 k 的值是 ( ) A.9 B.12 C.15 D.18 【答案】C 【解析】 【分析】 作 'A H y 轴于 .H 证明 AOB ≌  'BHA AAS ,推出OA BH , 'OB A H ,求出点 'A 坐标,再利 用中点坐标公式求出点 D 坐标即可解决问题. 【详解】 解:作 A H y  轴于 H . ∵ 90AOB A HB ABA         , ∴ 90ABO A BH      , 90ABO BAO     , ∴ BAO A BH    , ∵ BA BA  , ∴  AOB BHA AAS ≌ , ∴OA BH ,OB A H  , ∵点 A 的坐标是 2,0 ,点 B 的坐标是 0,6 , ∴ 2OA  , 6OB  , ∴ 2BH OA  , 6A H OB   , ∴ 4OH  , ∴  6,4A , ∵ BD A D  , ∴  3,5D , ∵反比例函数 ky x  的图象经过点 D , ∴ 15k  . 故选:C. 【点睛】 本题考查反比例函数图形上的点的坐标特征,坐标与图形的变化 - 旋转等知识,解题的关键是学会添加常用 辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考选择题中的压轴题. 11.(2019·浙江中考真题)在数学拓展课上,小明发现:若一条直线经过平行四边形对角线的交点,则这 条直线平分该平行四边形的面积. 如图是由 5 个边长为 1 的小正方形拼成的图形, P 是其中 4 个小正方形 的公共顶点,小强在小明的启发下,将该图形沿着过点 P 的某条直线剪一刀,把它剪成了面积相等的两部 分,则剪痕的长度是( ) A. 2 2 B. 5 C. 3 5 2 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】 根据中心对称的性质即可作出剪痕,根据三角形全等的性质即可证得 EM=DN,利用勾股定理即可求得. 【详解】 如图, EF 为剪痕,过点 F 作 FG EM 于G . ∵ EF 将该图形分成了面积相等的两部分, ∴ EF 经过正方形 ABCD 对角线的交点, ∴ ,AF CN BF DN  . 易证 PME PDN ≌ , ∴ EM DN , 而 AF MG , ∴ 1EG EM MG DN AF DN CN DC        . 在 Rt FGE 中, 2 2 2 23 1 10FG EGEF     . 故选:D. 【点睛】 本题考查了图形的剪拼,中心对称的性质,勾股定理的应用,熟练掌握中心对称的性质是解题的关键. 12.(2019·湖北中考真题)如图,矩形 ABCD 中,AC 与 BD 相交于点 E , : 3 :1AD AB  ,将 ABD△ 沿 BD 折叠,点 A 的对应点为 F ,连接 AF 交 BC 于点G ,且 2BG  ,在 AD 边上有一点 H ,使得 BH EH 的值最小,此时 BH CF  ( ) A. 3 2 B. 2 3 3 C. 6 2 D. 3 2 【答案】B 【解析】 【分析】 设 BD 与 AF 交于点 M.设 AB=a,AD= 3 a,根据矩形的性质可得△ABE、△CDE 都是等边三角形,利用折叠 的性质得到 BM 垂直平分 AF,BF=AB=a,DF=DA= 3 a.解直角△BGM,求出 BM,再表示 DM,由△ADM∽△GBM, 求出 a=2 3 ,再证明 CF=CD=2 3 .作 B 点关于 AD 的对称点 B′,连接 B′E,设 B′E 与 AD 交于点 H,则 此时 BH+EH=B′E,值最小.建立平面直角坐标系,得出 B(3,2 3 ),B′(3,-2 3 ),E(0, 3 ),利 用待定系数法求出直线 B′E 的解析式,得到 H(1,0),然后利用两点间的距离公式求出 BH=4,进而求出 4 2 3 BH CF  = 2 3 3 . 【详解】 如图,设 BD 与 AF 交于点 M.设 AB=a,AD= 3 a, ∵四边形 ABCD 是矩形, ∴∠DAB=90°,tan∠ABD= 3 1 AD AB  , ∴BD=AC= 2 2AB AD =2a,∠ABD=60°, ∴△ABE、△CDE 都是等边三角形, ∴BE=DE=AE=CE=AB=CD=a, ∵将△ABD 沿 BD 折叠,点 A 的对应点为 F, ∴BM 垂直平分 AF,BF=AB=a,DF=DA= 3 a, 在△BGM 中,∵∠BMG=90°,∠GBM=30°,BG=2, ∴GM= 1 2 BG=1,BM= 3 GM= 3 , ∴DM=BD-BM=2a- 3 , ∵矩形 ABCD 中,BC∥AD, ∴△ADM∽△GBM, ∴ AD DM BG BM  ,即 3 2 3 2 3 a a  , ∴a=2 3 , ∴BE=DE=AE=CE=AB=CD=2 3 ,AD=BC=6,BD=AC=4 3 , 易证∠BAF=∠FAC=∠CAD=∠ADB=∠BDF=∠CDF=30°, ∴△ADF 是等边三角形, ∵AC 平分∠DAF, ∴AC 垂直平分 DF, ∴CF=CD=2 3 , 作 B 点关于 AD 的对称点 B′,连接 B′E,设 B′E 与 AD 交于点 H,则此时 BH+EH=B′E,值最小. 如图,建立平面直角坐标系, 则 A(3,0),B(3,2 3 ),B′(3,-2 3 ),E(0, 3 ), 易求直线 B′E 的解析式为 y=- 3 x+ 3 , ∴H(1,0), ∴BH= 2 2(3 1) (2 3 0)   =4, ∴ 4 2 3 BH CF  = 2 3 3 . 故选:B. 【点睛】 本题考查了折叠的性质: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,位置变 化,对应边和对应角相等.也考查了矩形的性质,解直角三角形,等边三角形、垂直平分线、相似三角形 的判定与性质,待定系数法求直线的解析式,轴对称-最短路线问题,两点间的距离公式等知识.综合性较 强,有一定难度.分别求出 BH、CF 的长是解题的关键. 13.(2019·湖南中考真题)如图,在平面直角坐标系中,将边长为 1 的正方形 OABC 绕点 O 顺时针旋转 45 后得到正方形 1 1 1OA B C ,依此方式,绕点 O 连续旋转 2019 次得到正方形 2019 2019 2019OA B C ,那么点 2019A 的 坐标是( ) A. 2 2,2 2      B. (1,0) C. 2 2,2 2       D. (0, 1) 【答案】A 【解析】 【分析】 根据旋转的性质分别求出点 A1、A2、A3、…的坐标,继而发现 8 次为一个循环,用 2019 除以 8,看余数即可 求得答案. 【详解】 四边形 OABC 是正方形,且 OA 1 ,  A 0,1 , 将正方形 OABC 绕点 O 逆时针旋转 45 后得到正方形 1 1 1OA B C , ∴点 A1 的横坐标为 1 2sin 45 2    ,点 A1 的纵坐标为 1 2cos45 2    , 1 2 2A ,2 2       , 继续旋转则  2A 1,0 , 3 2 2A ,2 2      ,A4(0,-1),A5 2 2,2 2       ,A6(-1,0),A7 2 2,2 2      ,A8(0, 1),A9 2 2,2 2       ,……, 发现是 8 次一循环,所以 2019 8 252  …余 3, 点 2019A 的坐标为 2 2,2 2      , 故选 A. 【点睛】 本题考查了旋转的性质,规律题——点的坐标的变化规律,通过分析正确得出坐标的变化规律是解题的关 键. 14.(2019·江苏中考真题)如图,△ABC 中,AB=AC=2,∠B=30°,△ABC 绕点 A 逆时针旋转α(0<α<120°) 得到 AB C  , ' 'B C 与 BC,AC 分别交于点 D,E.设CD DE x  , AEC  的面积为 y ,则 y 与 x 的函数 图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 连接 B′C,作 AH⊥B′C′,垂足为 H,由已知以及旋转的性质可得 AB′=AB=AC=AC′=2, ∠AB′C′=∠C′=30°,继而可求出 AH 长,B′C′的长,由等腰三角形的性质可得∠AB′C=∠ACB′,再 根据∠AB′D=∠ACD=30°,可得∠DB′C=∠DCB′,从而可得 B′D=CD,进而可得 B′E=x,由此可得 C′E=2 3 -x,再根据三角形面积公式即可求得 y 与 x 的关系式,由此即可得到答案. 【详解】 连接 B′C,作 AH⊥B′C′,垂足为 H, ∵AB=AC,∠B=30°, ∴∠C=∠B=30°, ∵△ABC 绕点 A 逆时针旋转α(0<α<120°)得到 AB C  , ∴AB′=AB=AC=AC′=2,∠AB′C′=∠C′=30°, ∴AH= 1 2 AC′=1, ∴C′H= 2 2 3AC AH   , ∴B′C′=2C′H=2 3 , ∵AB′=AC, ∴∠AB′C=∠ACB′, ∵∠AB′D=∠ACD=30°, ∴∠AB′C-∠AB′D=∠ACB′-∠ACD, 即∠DB′C=∠DCB′, ∴B′D=CD, ∵CD+DE=x, ∴B′D+DE=x,即 B′E=x, ∴C′E=B′C′-B′E=2 3 -x, ∴y= 1 2 C E AH  = 1 2 ×(2 3 -x)×1= 1 32 x  , 观察只有 B 选项的图象符合题意, 故选 B. 【点睛】 本题考查的是几何综合题,涉及了旋转的性质,等腰三角形的判定与性质,勾股定理,一次函数的应用等 知识,正确添加辅助线,熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键. 15.(2019·辽宁中考真题)如图,在平面直角坐标系中,将△ABO 沿 x 轴向右滚动到△AB1C1 的位置,再到 △A1B1C2 的位置……依次进行下去,若已知点 A(4,0),B(0,3),则点 C100 的坐标为( ) A. 121200, 5      B. 600,0 C. 12600, 5      D. 1200,0 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三角形的滚动,可得出:每滚动 3 次为一个周期,点 C1,C3,C5,…在第一象限,点 C2,C4,C6,…在 x 轴上,由点 A,B 的坐标利用勾股定理可求出 AB 的长,进而可得出点 C2 的横坐标,同理可得出点 C4,C6 的 横坐标,根据点的横坐标的变化可找出变化规律“点 C2n 的横坐标为 2n×6(n 为正整数)”,再代入 2n=100 即可求出结论. 【详解】 解:根据题意,可知:每滚动 3 次为一个周期,点 C1,C3,C5,…在第一象限,点 C2,C4,C6,…在 x 轴上. ∵A(4,0),B(0,3), ∴OA=4,OB=3, ∴AB= 2 2OA OB =5, ∴点 C2 的横坐标为 4+5+3=12=2×6, 同理,可得出:点 C4 的横坐标为 4×6,点 C6 的横坐标为 6×6,…, ∴点 C2n 的横坐标为 2n×6(n 为正整数), ∴点 C100 的横坐标为 100×6=600, ∴点 C100 的坐标为(600,0). 故选:B. 【点睛】 本题考查了规律型:点的坐标,根据点的坐标的变化找出变化规律是解题的关键. 二、填空题 16.(2019·湖南中考真题)在如图所示的方格纸(1 格长为 1 个单位长度)中,△ABC 的顶点都在格点上, 将△ABC 绕点 O 按顺时针方向旋转得到△A'B'C',使各顶点仍在格点上,则其旋转角的度数是 ____________.. 【答案】90° 【解析】 【分析】 根据旋转角的概念找到∠BOB′是旋转角,从图形中可求出其度数即可. 【详解】 根据旋转角的概念:对应点与旋转中心连线的夹角,可知∠BOB′是旋转角,且∠BOB′=90°, 故答案为:90°. 【点睛】 本题主要考查了旋转角的概念,解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角. 17.(2019·山东中考真题)如图,在正方形网格中,格点 ABC 绕某点顺时针旋转角  0 180    得 到格点 1 1 1A BC ,点 A 与点 1A ,点 B 与点 1B ,点C 与点 1C 是对应点,则  _____度. 【答案】90 【解析】 【分析】 先连接 1CC , 1AA ,作 1CC , 1AA 的垂直平分线交于点 E ,连接 AE , 1A E ,再由题意得到旋转中心,由旋 转的性质即可得到答案. 【详解】 如图,连接 1CC , 1AA ,作 1CC , 1AA 的垂直平分线交于点 E ,连接 AE , 1A E , ∵ 1CC , 1AA 的垂直平分线交于点 E , ∴点 E 是旋转中心, ∵ 1 90AEA   , ∴旋转角 90   . 故答案为:90. 【点睛】 本题考查旋转,解题的关键是掌握旋转的性质. 18.(2019·海南中考真题)如图,将 Rt ABC 的斜边 AB 绕点 A 顺时针旋转  0 90    得到 AE,直角 边 AC 绕点 A 逆时针旋转  0 90    得到 AF,连结 EF.若 =3AB , =2AC ,且 B    ,则 =EF _____. 【答案】 13 【解析】 【分析】 由旋转的性质可得 3AE AB  , 2AC AF  ,由勾股定理可求 EF 的长. 【详解】 解:由旋转的性质可得 3AE AB  , 2AC AF  , 90B BAC     ,且 B    , 90BAC       90EAF   2 2 13EF AE AF    故答案为: 13 【点睛】 本题考查了旋转的性质,勾股定理,灵活运用旋转的性质是本题的关键. 19.(2019·山东中考真题)在平面直角坐标系中,点  4,2P 关于直线 1x  的对称点的坐标是_____. 【答案】 2,2 【解析】 【分析】 先求出点 P 到直线 1x  的距离,再根据对称性求出对称点 P' 到直线 1x  的距离,从而得到点 P' 的横坐 标,即可得解. 【详解】 ∵点  4,2P , ∴点 P 到直线 1x  的距离为 4 1 3  ,∴点 P 关于直线 1x  的对称点 P' 到直线 1x  的距离为 3, ∴点 P' 的横坐标为1 3 2   , ∴对称点 P' 的坐标为  2,2 . 故答案为: 2,2 . 【点睛】 本题考查了坐标与图形变化﹣对称,根据轴对称性求出对称点到直线 1x  的距离,从而得到横坐标是解题 的关键,作出图形更形象直观. 20.(2019·山东中考真题)如图,在边长为 1 的小正方形组成的网格中,建立平面直角坐标系, ABO 与 A B O   是以点 P 为位似中心的位似图形,它们的顶点均在格点(网格线的交点)上,则点 P 的坐标为_____ 【答案】 ( 3,2) 【解析】 【分析】 根据位似图形的性质“位似图形对应点连线的交点是位似中心”,连接 B B 并延长, A A 并延长, B B 与 A A 的交点即为位似中心 P 点,根据相似三角形性质求解. 【详解】 根据位似图形的性质“位似图形对应点连线的交点是位似中心”, 连接 B B 并延长, A A 并延长, B B 与 A A 的交点即为位似中心 P 点,由图可知 B 、B、P 在一条直线上, 则 P 点横坐标为-3, 由图可得 ABO 和 A B O   的位似比为 3 1 6 2 OB O B    , 2BB  , 所以 1 2 PB PB PB PB BB   , 解得 PB=2, 所以 P 点纵坐标为 , 即 P 点坐标为 ( 3,2) . 故答案为: ( 3,2) 【点睛】 本题主要考查图形的位似变换.找出相似比是关键. 21.(2019·四川中考真题)如图,在 Rt ABC 中, 90B  ∠ , 5AB  , 12BC  ,将 ABC 绕点 A 逆 时针旋转得到 ADE ,使得点 D 落在 AC 上,则 tan ECD 的值为_______. 【答案】 3 2 【解析】 【分析】 在 Rt ABC 中,由勾股定理可得 13AC  .根据旋转性质可得 13AE  , 5AD  , 12DE  ,利用线段的 和差关系可得 8CD  .在 Rt CED 中根据 tan DEECD DC   计算即可. 【详解】 ∵在 Rt ABC 中,AB=5,BC=12, ∴ 2 2 13AC AB BC   . ∵ ABC 绕点 A 逆时针旋转得到 ADE , ∴ 13AE AC  , 5AD AB  , 12DE BC  , ∴CD=AC-AD=8. 在 Rt CED 中, 12 3tan 8 2 DEECD DC     . 故答案为: 3 2 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质以及解直角三角形,难度较小,求出所求三角函数值的直角三角形的对应边长 度,根据线段比就可解决问题. 22.(2019·吉林中考真题)如图,在四边形 ABCD 中, 10,AB BD AD  .若将 BCD 沿 BD 折叠,点C 与边 AB 的中点 E 恰好重合,则四边形 BCDE 的周长为________. 【答案】20 【解析】 【分析】 根据直角三角形斜边上中线的性质,即可得到 DE=BE= 1 2 AB=5,再根据折叠的性质,即可得到四边形 BCDE 的周长为 5×4=20. 【详解】 解:∵BD⊥AD,点 E 是 AB 的中点, ∴DE=BE= 1 2 AB=5, 由折叠可得,CB=BE,CD=ED, ∴四边形 BCDE 的周长为 5×4=20, 故答案为:20. 【点睛】 本题主要考查了直角三角形的性质及折叠问题,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,位置变化,对应边和对应角相等. 23.(2019·湖南中考真题)如图,已知 ABC 是等腰三角形, , 45 ,AB AC BAC    点 D 在 AC 边上, 将 ABD 绕点 A 逆时针旋转 45°得到 'ACD ,且点 D′、D、B 三点在同一条直线上,则 ABD 的度数是 _____. 【答案】22.5° 【解析】 【分析】 由旋转的性质可得 ' 45BAC CAD    , 'AD AD ,由等腰三角形的性质可得 ' 67.5AD D   , ' 90D AB   ,即可求 ABD 的度数. 【详解】 ∵将 ABD 绕点 A 逆时针旋转 45°得到 'ACD , ∴ ' 45BAC CAD    , 'AD AD ∴ ' 67.5AD D   , ' 90D AB   ∴ =22.5ABD  故答案为:22.5° 【点睛】 本题考查了旋转的性质,等腰三角形的性质,熟练运用旋转的性质是本题的关键. 24.(2019·辽宁中考真题)在平面直角坐标系中,点 ,A B 的坐标分别是    4,2 5,0A B, ,以点O 为位似 中心,相们比为 1 2 ,把 ABO 缩小,得到 1 1A B O ,则点 A 的对应点 1A 的坐标为_____. 【答案】 2,1 或 2, 1  【解析】 【分析】 利用位似图形的性质可得对应点坐标乘以 1 2 和- 1 2 即可求解. 【详解】 解:以点 O 为位似中心,相似比为 1 2 ,把 ABO 缩小,点 A 的坐标是  4,2A 则点 A 的对应点 1A 的坐标为 1 14 ,22 2      或 1 14 , 22 2        ,即 2,1 或 2, 1  , 故答案为: 2,1 或  2, 1  . 【点睛】 本题考查的是位似图形,熟练掌握位似变换是解题的关键. 25.(2019·四川中考真题)如图,在菱形 ABCD 中, 4sin 5B  ,点 ,E F 分别在边 ,AD BC 上,将四边 形 AEFB 沿 EF 翻折,使 AB 的对应线段 MN 经过顶点C ,当 MN BC 时, AE AD 的值是_____. 【答案】 2 9 . 【解析】 【分析】 延长 CM 交 AD 于点G ,进而利用翻折变换的性质得出 AE ME , A EMC   , BF FN , B N   , AB MN ,再利用菱形的性质得出 AB BC CD AD   , B D   , 180A B     , 设 4CF x , 5FN x ,利用勾股定理得出 9BC x AB CD AD    ,再根据三角函数进行计算即可解 答 【详解】 延长 CM 交 AD 于点G , ∵将四边形 AEFB 沿 EF 翻折, ∴ AE ME , A EMC   , BF FN , B N   , AB MN ∵四边形 ABCD 是菱形 ∴ AB BC CD AD   , B D   , 180A B     ∵ 4sin sin5 CFB N FN    , ∴设 4CF x , 5FN x , ∴ 2 2 3CN FN CF x   , ∴ 9BC x AB CD AD    , ∵ 4sin sin5 GCB D CD    ∴ 36 5 xGC  ∴   36x 665 5GM GC MN CN x x      ∵ 180A B     , 180EMC EMG     ∴ B EMG   ∴ 4sin sin 5 EGB EMG EM     ∴ 3cos 5 GMEMG EM    ∴ =2EM x , ∴ 2AE x , ∴ 2 2 9 9 AE x AD x   故答案为: 2 9 . 【点睛】 此题考查翻折变换,菱形的性质,三角函数,解题关键在于利用折叠的性质进行解答 26.(2019·四川中考真题)如图, ABC 中, 90ABC   , 2BA BC  ,将 ABC 绕点 C 逆时针旋 转 60 得到 DEC ,连接 BD,则 2BD 的值是___. 【答案】8 4 3 【解析】 【分析】 连接 AD,由旋转的性质可得 CA=CD,∠ACD=60°,得到△ACD 为等边三角形,由 AB=BC,CD=AD,得出 BD 垂 直平分 AC,于是求出 BO= 1 2 AC= 2 ,OD=CD•sin60°= 6 ,可得 BD=BO+OD,即可求解. 【详解】 如图,连接 AD,设 AC 与 BD 交于点 O, 由题意得:CA CD , 60ACD   ∴ ACD 为等边三角形, ∴ AD CD , 60DAC DCA ADC       ; ∵ 90ABC   , 2AB BC  , ∴ 2 2AC CD  , ∵ AB BC , CD AD , ∴BD 垂直平分 AC, ∴ 1 22BO AC  , sin60 6OD CD    , ∴ 2 6BD   ∴ 2 2( 2 6) 8 4 3BD     , 故答案为:8 4 3 【点睛】 本题考查了图形的变换-旋转,等腰直角三角形的性质,等边三角形的判定和性质,线段的垂直平分线的性 质,准确把握旋转的性质是解题的关键. 27.(2019·黑龙江中考真题)如图将 ABC△ 绕点C 逆时针旋转得到 A B C △ ,其中点 A 与 A 是对应点, 点 B′ 与 B 是对应点,点 B′ 落在边 AC 上,连接 A B ,若 45ACB   , 3AC  , 2BC  ,则 A B 的长为 __________. 【答案】 13 【解析】 【分析】 由旋转的性质可知 3AC A C   , 45ACB ACA     ,故 90A CB   ,根据勾股定理即可求解. 【详解】 解:∵将 ABC△ 绕点C 逆时针旋转得到 A B C △ , ∴ 3AC A C   , 45ACB ACA      ∴ 90A CB    ∴ 2 2 13A B BC A C    故答案为 13 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质,对应角相等,对应线段相等,旋转角相等,以及勾股定理,灵活运用旋转的 性质是解题的关键. 28.(2019·湖北中考真题)如图,在平面直角坐标系中,Rt ABC 的直角顶点C 的坐标为 (1,0) ,点 A 在 x 轴正半轴上,且 2AC  .将 ABC 先绕点C 逆时针旋转 90 ,再向左平移 3 个单位,则变换后点 A 的 对应点的坐标为______. 【答案】 ( 2,2) 【解析】 【分析】 先求出点 A 的坐标,然后根据旋转的性质求出旋转后点 A 的对应点的坐标,继而根据平移的性质即可求得 答案. 【详解】 ∵点C 的坐标为 (1,0) , 2AC  , ∴点 A 的坐标为 (3,0) , 如图所示,将 Rt ABC 先绕点C 逆时针旋转 90°, 则点 'A 的坐标为 (1,2) , 再向左平移 3 个单位长度,则变换后点 'A 的对应点坐标为 ( 2,2) , 故答案为: ( 2,2) . 【点睛】本题考查了平移变换、旋转变换,熟练掌握平移的性质以及旋转的性质是解题的关键. 29.(2019·四川中考真题)如图, ABC 、 BDE 都是等腰直角三角形,BA BC ,BD BE , 4AC  , 2 2DE  .将 BDE 绕点 B 逆时针方向旋转后得 ' 'BD E ,当点 'E 恰好落在线段 'AD 上时,则 'CE  ______. 【答案】 2 6 【解析】 【分析】 如图,连接 'CE ,易求得 2 2AB BC  , 2BD CE  ,根据旋转的性质得到 ' 'D B BE BD  , ' ' 90D BE  o , ' 'D BD ABE   ,由全等三角形的性质得到 ' ' 45D CE B    o ,过 B 作 'BH CE 于 H ,解直角三角形即可得到结论. 【详解】 解:如图,连接 'CE , ∵ ABC 、 BDE 都是等腰直角三角形, BA BC , BD BE , 4AC  , 2 2DE  , ∴ 2 2AB BC  , 2BD BE  , ∵将 BDE 绕点 B 逆时针方向旋转后得 ' 'BD E , ∴ ' ' 2D B BE BD   , ' ' 90D BE  o , ' 'D BD ABE   , ∴ ' 'ABD CBE   , ∴  ' 'ABD CBE SAS   , ∴ ' ' 45D CE B    o , 过 B 作 'BH CE 于 H , 在 'Rt BHE 中, 2' ' 22BH E H BE   , 在 Rt BCH 中, 2 2 6CH BC BH   , ∴ ' 2 6CE   , 故答案为: 2 6 . 【点睛】 本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和解直角三角形等知识,熟练 掌握旋转的性质、正确的作出辅助线是解题的关键. 30.(2019·辽宁中考真题)如图,在△ABC 中,AC=BC,将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 60°,得到△ADE.若 AB=2,∠ACB=30°,则线段 CD 的长度为______. 【答案】2 【解析】 【分析】 连接 CE,如图,利用旋转的性质得到 AD=AB=2,AE=AC,∠CAE=60°,∠AED=∠ACB=30°,则可判断△ACE 为等边三角形,从而得到∠AEC=60°,再判断 DE 平分∠AEC,根据等腰三角形的性质得到 DE 垂直平分 AC, 于是根据线段垂直平分线的性质得 DC=DA=2. 【详解】 解:连接 CE,如图, ∵△ABC 绕点 A 逆时针旋转 60°,得到△ADE, ∴AD=AB=2,AE=AC,∠CAE=60°,∠AED=∠ACB=30°, ∴△ACE 为等边三角形, ∴∠AEC=60°, ∴DE 平分∠AEC, ∴DE 垂直平分 AC, ∴DC=DA=2. 故答案为 2. 【点睛】 本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角; 旋转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的判定与性质. 31.(2019·辽宁中考真题)如图, ABC△ 是等边三角形,点 D 为 BC 边上一点, 1 22BD DC  ,以点 D 为顶点作正方形 DEFG,且 DE BC ,连接 AE,AG.若将正方形 DEFG 绕点 D 旋转一周,当 AE 取最小值时, AG 的长为________. 【答案】8 【解析】 【分析】 过点 A 作 AM BC 于 M,由已知得出 4DC  ,得出 6BC BD DC   ,由等边三角形的性质得出 6AB AC BC   , 1 1 6 32 2BM BC    ,得出 1DM BM BD   ,在 Rt ABMV 中,由勾股定 理得出 2 2 3 3AM AB BM   ,当正方形 DEFG 绕点 D 旋转到点 E、A、D 在同一条直线上时, AD AE DE  ,即此时 AE 取最小值,在 Rt ADMV 中,由勾股定理得出 2 2 2 7AD DM AM   , 在 Rt ADGV 中,由勾股定理即可得出 2 2 8ADAG DG   . 【详解】 过点 A 作 AM BC 于 M, ∵ 1 22BD DC  , ∴ 4DC  , ∴ 2 4 6BC BD DC     , ∵ ABC△ 是等边三角形, ∴ 6AB AC BC   , ∵ AM BC , ∴ 1 1 6 32 2BM BC    , ∴ 3 2 1DM BM BD     , 在 Rt ABMV 中, 2 2 2 26 3 3 3AM AB BM     , 当正方形 DEFG 绕点 D 旋转到点 E、A、D 在同一条直线上时, AD AE DE  , 即此时 AE 取最小值, 在 Rt ADMV 中, 2 2 2 21 (3 3) 2 7AD DM AM     , ∴在 Rt ADGV 中, 2 2 2 2(2 7) 6 8AG AD DG     ; 故答案为:8. 【点睛】 本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理以及最小值问题;熟练掌握正方形 的性质和等边三角形的性质是解题的关键. 32.(2019·湖北中考真题)问题背景:如图,将 ABC 绕点 A 逆时针旋转 60°得到 ADE , DE 与 BC 交于点 P ,可推出结论: PA PC PE  问题解决:如图,在 MNG 中, 6MN  , 75M   , 4 2MG  .点O 是 MNG 内一点,则点 O 到 MNG 三个顶点的距离和的最小值是___________ 【答案】 2 29 【解析】 【分析】 如图,将△MOG 绕点 M 逆时针旋转 60°,得到△MPQ,易知△MOP 为等边三角形,继而得到点 O 到三顶点的 距离为:ON+OM+OG=ON+OP+PQ,由此可以发现当点 N、O、P、Q 在同一条直线上时,有 ON+OM+OG 最 小,此时,∠NMQ=75°+60°=135°,过 Q 作 QA⊥NM 交 NM 的延长线于 A,利用勾股定理进行求解即可得. 【详解】 如图,将△MOG 绕点 M 逆时针旋转 60°,得到△MPQ, 显然△MOP 为等边三角形, ∴,OM+OG=OP+PQ, ∴点 O 到三顶点的距离为:ON+OM+OG=ON+OP+PQ, ∴当点 N、O、P、Q 在同一条直线上时,有 ON+OM+OG 最小, 此时,∠NMQ=75°+60°=135°, 过 Q 作 QA⊥NM 交 NM 的延长线于 A,则∠MAQ=90°, ∴∠AMQ=180°-∠NMQ=45°, ∵MQ=MG=4 2 , ∴AQ=AM=MQ•cos45°=4, ∴NQ= 2 2 2 2(4 6) 4 2 29AN AQ     , 故答案为: 2 29 . 【点睛】 本题考查了旋转的性质,最短路径问题,勾股定理,解直角三角形等知识,综合性较强,有一定的难度, 正确添加辅助线是解题的关键. 33.(2019·江苏中考真题)如图,过点 C(3,4)的直线 2y x b  交 x 轴于点 A,∠ABC=90°,AB=CB,曲 线 0ky xx  ( )过点 B,将点 A 沿 y 轴正方向平移 a 个单位长度恰好落在该曲线上,则 a 的值为________. 【答案】4 【解析】 【分析】 分别过点 B、点 C 作 y 轴和 x 轴的平行线,两条平行线相交于点 M,与 x 轴的交点为 N.将 C(3,4)代入 2y x b  可得 b=-2,然后求得 A 点坐标为(1,0),证明△ABN≌△BCM,可得 AN=BM=3,CM=BN=1,可求出 B(4,1),即可求出 k=4,由 A 点向上平移后落在 4y x  上,即可求得 a 的值. 【详解】 分别过点 B、点 C 作 y 轴和 x 轴的平行线,两条平行线相交于点 M,与 x 轴的交点为 N,则∠M=∠ANB=90°, 把 C(3,4)代入 2y x b  ,得 4=6+b,解得:b=-2, 所以 y=2x-2, 令 y=0,则 0=2x-2,解得:x=1, 所以 A(1,0), ∵∠ABC=90°, ∴∠CBM+∠ABN=90°, ∵∠ANB=90°, ∴∠BAN+∠ABN=90°, ∴∠CBM=∠BAN, 又∵∠M=∠ANB=90°,AB=BC, ∴△ABN≌△BCM, ∴AN=BM,BN=CM, ∵C(3,4),∴设 AN=m,CM=n, 则有 4 1 3 m n m n       ,解得 3 1 m n    , ∴ON=3+1=4,BN=1, ∴B(4,1), ∵曲线 0ky xx  ( )过点 B, ∴k=4, ∴ 4y x  , ∵将点 A 沿 y 轴正方向平移 a 个单位长度恰好落在该曲线上,此时点 A 移动后对应点的坐标为(1,a), ∴a=4, 故答案为:4. 【点睛】 本题考查了反比例函数与几何图形的综合,涉及了待定系数法,全等三角形的判定与性质,点的平移等知 识,正确添加辅助线,利用数形结合思想灵活运用相关知识是解题的关键. 三、解答题 34.(2019·宁夏中考真题)已知:在平面直角坐标系中, ABC 的三个顶点的坐标分别为 (5,4)A , (0,3)B , (2,1)C . (1)画出 ABC 关于原点成中心对称的 1 1 1A BC ,并写出点 1C 的坐标; (2)画出将 1 1 1A B C 绕点 1C 按顺时针旋转90 所得的 2 2 1A B C . 【答案】(1)如图所示, 1 1 1A B G 即为所求,见解析,点 1C 的坐标为 ( 2, 1)  ;(2)如图所示, 2 2 1A B C 即 为所求.见解析. 【解析】 【分析】  1 分别作出三顶点关于原点的对称点,再顺次连接即可得;  2 分别作出点 1A 、 1B 绕点 1C 按顺时针旋转90 所得的对应点,再顺次连接即可得. 【详解】 解:(1)如图所示, 1 1 1A B G 即为所求,其中点 1C 的坐标为 ( 2, 1)  . (2)如图所示, 2 2 1A B C 即为所求. 【点睛】 此题主要考查了图形的旋转变换,正确得出对应点位置是解题关键. 35.(2019·湖北中考真题)请仅用无刻度的直尺完成下列画图,不写画法,保留画图痕迹. (1)如图①,四边形 ABCD 中,AB=AD,  B=  D,画出四边形 ABCD 的对称轴 m; (2)如图②,四边形 ABCD 中,AD∥BC,  A=  D,画出边 BC 的垂直平分线 n. 【答案】(1)见解析;(2)见解析; 【解析】 【分析】 (1)连接 AC,AC 所在直线即为对称轴 m. (2)延长 BA,CD 交于一点,连接 AC,BC 交于一点,连接两点获得垂直平分线 n. 【详解】 解:(1)如图①,直线 m 即为所求 (2)如图②,直线 n 即为所求 【点睛】 本题考查了轴对称作图,根据全等关系可以确定点与点的对称关系,从而确定对称轴所在,即可画出直线. 36.(2019·贵州中考真题)将在同一平面内如图放置的两块三角板绕公共顶点 A 旋转,连接 BC,DE.探 究 S△ABC 与 S△ADC 的比是否为定值. (1)两块三角板是完全相同的等腰直角三角板时,S△ABC:S△ADE 是否为定值?如果是,求出此定值,如果不 是,说明理由.(图①) (2)一块是等腰直角三角板,另一块是含有 30°角的直角三角板时,S△ABC:S△ADE 是否为定值?如果是,求 出此定值,如果不是,说明理由.(图②) (3)两块三角板中,∠BAE+∠CAD=180°,AB=a,AE=b,AC=m,AD=n(a,b,m,n 为常数),S△ABC: S△ADE 是否为定值?如果是,用含 a,b,m,n 的式子表示此定值(直接写出结论,不写推理过程),如果不 是,说明理由.(图③) 【答案】(1)结论:S△ABC:S△ADE=1,为定值.理由见解析;(2)S△ABC:S△ADE= 3 3 ,为定值,理由见解析; (3)S△ABC:S△ADE= ma nb ,为定值.理由见解析. 【解析】 【分析】 (1)结论:S△ABC:S△ADE=定值.如图 1 中,作 DH⊥AE 于 H,CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G.首先证明∠DAE=∠CAG, 利用三角形的面积公式计算即可. (2)结论:S△ABC:S△ADE=定值.如图 1 中,作 DH⊥AE 于 H,CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G.首先证明∠DAE=∠CAG, 利用三角形的面积公式计算即可. (3)结论:S△ABC:S△ADE=定值.如图 1 中,作 DH⊥AE 于 H,CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G.首先证明∠DAE=∠CAG, 利用三角形的面积公式计算即可. 【详解】 (1)结论:S△ABC:S△ADE=定值. 理由:如图 1 中,作 DH⊥AE 于 H,CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G. ∵∠BAE=∠CAD=90°, ∴∠BAC+∠EAD=180°,∠BAC+∠CAG=180°, ∴∠DAE=∠CAG, ∵AB=AE=AD=AC, ∴ 1 2 1 2 ABC AED AB AC sin CAGS S AE AD sin DAE             1. (2)如图 2 中,S△ABC:S△ADE=定值. 理由:如图 1 中,作 DH⊥AE 于 H,CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G. 不妨设∠ADC=30°,则 AD 3 AC,AE=AB, ∵∠BAE=∠CAD=90°, ∴∠BAC+∠EAD=180°,∠BAC+∠CAG=180°, ∴∠DAE=∠CAG, ∴ 1 32 1 3 2 ABC AED AB AC sin CAGS S AE AD sin DAE             . (3)如图 3 中,如图 2 中,S△ABC:S△ADE=定值. 理由:如图 1 中,作 DH⊥AE 于 H,CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G. ∵∠BAE=∠CAD=90°, ∴∠BAC+∠EAD=180°,∠BAC+∠CAG=180°, ∴∠DAE=∠CAG, ∵AB=a,AE=b,AC=m,AD=n ∴ 1 2 1 2 ABC AED AB AC sin CAGS ma S nbAE AD sin DAE             . 【点睛】 本题属于几何变换综合题,考查了等腰直角三角形的性质,30 度的直角三角形的性质,三角形的面积等知 识,解题的关键是学会添加常用辅助线,属于中考常考题型. 37.(2019·黑龙江中考真题)如图,正方形网格中,每个小正方形的边长都是一个单位长度,在平面直角 坐标系中, OAB 的三个顶点 (0,0)O 、 (4,1)A 、 (4,4)B 均在格点上. (1)画出 OAB 关于 y 轴对称的 1 1OA B ,并写出点 1A 的坐标; (2)画出 OAB 绕原点O 顺时针旋转90 后得到的 2 2OA B ,并写出点 2A 的坐标; (3)在(2)的条件下,求线段OA在旋转过程中扫过的面积(结果保留 ). 【答案】(1) ( 4,1) (2)(1, 4) (3)17 4  【解析】 【分析】 (1)根据题意,可以画出相应的图形,并写出点 1A 的坐标; (2)根据题意,可以画出相应的图形,并写出点 2A 的坐标; (3)根据题意可以求得 OA 的长,从而可以求得线段 OA 在旋转过程中扫过的面积 【详解】 (1)如右图所示, 点 1A 的坐标是 ( 4,1) ; (2)如右图所示, 点 2A 的坐标是 (1, 4) ; (3)点 (4,1)A , 2 21 4 17OA    , 线段OA在旋转过程中扫过的面积是: 290 ( 17) 17 360 4    . 【点睛】 此题考查作图-轴对称变换,作图-旋转变换,扇形面积的计算,解题关键在于掌握作图法则 38.(2019·湖北中考真题)如图 1, ABC 中, , ,CA CB ACB D   为 ABC 内一点,将 CAD 绕 点C 按逆时针方向旋转角 得到 CBE ,点 ,A D 的对应点分别为点 ,B E ,且 , ,A D E 三点在同一直线上. (1)填空: CDE  (用含 的代数式表示); (2)如图 2,若 60   ,请补全图形,再过点C 作CF AE 于点 F ,然后探究线段 , ,CF AE BE 之间 的数量关系,并证明你的结论; (3)若 90 , 5 2AC   ,且点G 满足 90 , 6AGB BG   ,直接写出点C 到 AG 的距离. 【答案】(1)180 2  ;(2) 2 3 3AE BE CF  ,理由见解析;(3)1或 7 【解析】 【分析】 (1)由旋转的性质可得 ,CD CE DCE a   ,即可求解; (2)由旋转的性质可得 , , 60AD BE CD CE DCE     ,可证 CDE 是等边三角形,由等边三角形 的性质可得 3 CF3DF EF  ,即可求解; (3)分点G 在 AB 的上方和 AB 的下方两种情况讨论,利用勾股定理可求解. 【详解】 (1)将 CAD 绕点C 按逆时针方向旋转角 得到 CBE ACD BCE   , DCE a  CD CE  180 2CDE   故答案为: 180 2  (2) 2 3 3AE BE CF  理由如下:如图, 将 CAD 绕点C 按逆时针方向旋转角 60 得到 CBE ACD BCE   , , 60AD BE CD CE DCE      CDE 是等边三角形,且 CF DE 3 CF3DF EF   AE AD DF EF   2 3 3AE BE CF   (3)如图,当点G 在 AB 上方时,过点C 作CE AG 于点 E , 90 , 5 2ACB AC BC    45 , 10CAB ABC AB     90ACB AGB    点C ,点G ,点 B ,点 A 四点共圆 45 ,AGC ABC     且CE AG 45AGC ECG     CE GE  10, 6, 90AB GB AGB     2 2 8AG AB GB    2 2 2AC AE CE  , 2 2 2(5 2) (8 )CE CE    7CE  (不合题意舍去), 1CE  若点G 在 AB 的下方,过点 C 作CF AG , 同理可得: 7CF  点C 到 AG 的距离为1或 7 . 【点睛】 本题是几何变换综合题,考查了全等三角形的性质,旋转的性质,等边三角形的性质,勾股定理,利用勾 股定理列出方程是本题的关键. 39.(2019·山东中考真题)如图, ABC 和 ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形, 90BAC DAE    . (1)如图 1,连接 BE , CD , BE 的廷长线交 AC 于点 F ,交CD 于点 P ,求证: BP CD ; (2)如图 2,把 ADE 绕点 A 顺时针旋转,当点 D 落在 AB 上时,连接 BE ,CD ,CD 的延长线交 BE 于点 P ,若 6 2BC  , 3AD  ,求 PDE 的面积. 【答案】(1)见解析;(2) PDE 的面积 9 10  . 【解析】 【分析】 (1)根据等腰直角三角形的性质得到 AD AE , AB AC , BAE DAC   ,根据全等三角形的性质得 到 ABE ACD   ,根据余角的性质即可得到结论; (2)根据全等三角形的性质得到 ABE ACD   , BE CD ,求得 90EPD   ,得到 3 2DE  , 6AB  ,求得 6 3 3BD    , 3 5CD  ,根据相似三角形的性质得到 5 5PD  , 6 5 5PB  根据三角 形的面积公式即可得到结论. 【详解】 (1)∵ ABC 和 ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形, 90BAC DAE    , ∴ AD AE , AB AC , BAC EAF EAD EAF       , 即 BAE DAC   , 在 ABE 与 ADC 中, AB AC BAE CAD AE AD       , ∴  ABE ADC SAS   , ∴ ABE ACD   , ∵ 90ABE AFB ABE CFP         , ∴ 90CPF   , ∴ BP CD ; (2)在 ABE 与 ACD 中, 90 AE AD EAB CAB AB AC         , ∴  ABE ACD SAS   , ∴ ABE ACD   , BE CD , ∵ PDB ADC   , ∴ 90BPD CAB     , ∴ 90EPD   , ∵ 6 2BC  , 3AD  , ∴ 3 2DE  , 6AB  , ∴ 6 3 3BD    , 2 2 3 5CD AD AC   , ∵ BDP CDA  , ∴ BD PD PB CD AD AC   , ∴ 3 3 63 5 PD PB  , ∴ 5 5PD  , 6 5 5PB  , ∴ 6 5 9 53 5 5 5PE    , ∴ PDE 的面积 1 9 5 5 9 2 5 5 10     . 【点睛】 本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理,等腰直角三角 形的性质.熟练掌握旋转的性质是解题的关键. 40.(2019·辽宁中考真题)思维启迪:(1)如图 1,A,B 两点分别位于一个池塘的两端,小亮想用绳子测 量 A,B 间的距离,但绳子不够长,聪明的小亮想出一个办法:先在地上取一个可以直接到达 B 点的点 C, 连接 BC,取 BC 的中点 P(点 P 可以直接到达 A 点),利用工具过点 C 作 CD∥AB 交 AP 的延长线于点 D,此 时测得 CD=200 米,那么 A,B 间的距离是 米. 思维探索:(2)在△ABC 和△ADE 中,AC=BC,AE=DE,且 AE<AC,∠ACB=∠AED=90°,将△ADE 绕点 A 顺时针方向旋转,把点 E 在 AC 边上时△ADE 的位置作为起始位置(此时点 B 和点 D 位于 AC 的两侧),设旋 转角为α,连接 BD,点 P 是线段 BD 的中点,连接 PC,PE. ①如图 2,当△ADE 在起始位置时,猜想:PC 与 PE 的数量关系和位置关系分别是 ; ②如图 3,当α=90°时,点 D 落在 AB 边上,请判断 PC 与 PE 的数量关系和位置关系,并证明你的结论; ③当α=150°时,若 BC=3,DE=l,请直接写出 PC2 的值. 【答案】(1)200;(2)①PC=PE,PC⊥PE;②PC 与 PE 的数量关系和位置关系分别是 PC=PE,PC⊥PE,见 解析;③PC2=10 3 3 2  . 【解析】 【分析】 (1)由 CD∥AB,可得∠C=∠B,根据∠APB=∠DPC 即可证明△ABP≌△DCP,即可得 AB=CD,即可解题. (2)①延长 EP 交 BC 于 F,易证△FBP≌△EDP(SAS)可得△EFC 是等腰直角三角形,即可证明 PC=PE,PC⊥PE. ②作 BF∥DE,交 EP 延长线于点 F,连接 CE、CF,易证△FBP≌△EDP(SAS),结合已知得 BF=DE=AE,再 证明△FBC≌△EAC(SAS),可得△EFC 是等腰直角三角形,即可证明 PC=PE,PC⊥PE. ③作 BF∥DE,交 EP 延长线于点 F,连接 CE、CF,过 E 点作 EH⊥AC 交 CA 延长线于 H 点,由旋转旋转可知, ∠CAE=150°,DE 与 BC 所成夹角的锐角为 30°,得∠FBC=∠EAC,同②可证可得 PC=PE,PC⊥PE,再由 已知解三角形得∴EC2=CH2+HE2=10 3 3 ,即可求出 2 21 10 3 3 2 2PC EC   【详解】 (1)解:∵CD∥AB,∴∠C=∠B, 在△ABP 和△DCP 中, BP CP APB DPC B C        , ∴△ABP≌△DCP(SAS), ∴DC=AB. ∵AB=200 米. ∴CD=200 米, 故答案为:200. (2)①PC 与 PE 的数量关系和位置关系分别是 PC=PE,PC⊥PE. 理由如下:如解图 1,延长 EP 交 BC 于 F, 同(1)理,可知∴△FBP≌△EDP(SAS), ∴PF=PE,BF=DE, 又∵AC=BC,AE=DE, ∴FC=EC, 又∵∠ACB=90°, ∴△EFC 是等腰直角三角形, ∵EP=FP, ∴PC=PE,PC⊥PE. ②PC 与 PE 的数量关系和位置关系分别是 PC=PE,PC⊥PE. 理由如下:如解图 2,作 BF∥DE,交 EP 延长线于点 F,连接 CE、CF, 同①理,可知△FBP≌△EDP(SAS), ∴BF=DE,PE=PF= 1 2 EF , ∵DE=AE, ∴BF=AE, ∵当α=90°时,∠EAC=90°, ∴ED∥AC,EA∥BC ∵FB∥AC,∠FBC=90, ∴∠CBF=∠CAE, 在△FBC 和△EAC 中, BF AE CBE CAE BC AC       , ∴△FBC≌△EAC(SAS), ∴CF=CE,∠FCB=∠ECA, ∵∠ACB=90°, ∴∠FCE=90°, ∴△FCE 是等腰直角三角形, ∵EP=FP, ∴CP⊥EP,CP=EP= 1 2 EF . ③如解图 3,作 BF∥DE,交 EP 延长线于点 F,连接 CE、CF,过 E 点作 EH⊥AC 交 CA 延长线于 H 点, 当α=150°时,由旋转旋转可知,∠CAE=150°,DE 与 BC 所成夹角的锐角为 30°, ∴∠FBC=∠EAC=α=150° 同②可得△FBP≌△EDP(SAS), 同②△FCE 是等腰直角三角形,CP⊥EP,CP=EP= 2 2 CE , 在 Rt△AHE 中,∠EAH=30°,AE=DE=1, ∴HE= 1 2 ,AH= 3 2 , 又∵AC=AB=3, ∴CH=3+ 3 2 , ∴EC2=CH2+HE2=10 3 3 ∴PC2= 21 10 3 3 2 2EC  【点睛】 本题考查几何变换综合题,考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形性质、勾股定 理和 30°直角三角形性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于压轴题. 41.(2019·辽宁中考真题)如图,四边形 ABCD 是正方形,连接 AC,将 ABC△ 绕点 A 逆时针旋转α得 AEF , 连接 CF,O 为 CF 的中点,连接 OE,OD. (1)如图 1,当 45  时,请直接写出 OE 与 OD 的关系(不用证明). (2)如图 2,当 45 90   时,(1)中的结论是否成立?请说明理由. (3)当 360  时,若 4 2AB  ,请直接写出点 O 经过的路径长. 【答案】(1) OE OD= ,OE OD ,理由见解析;(2)当 45 90   时,(1)中的结论成立,理由见 解析;(3)点 O 经过的路径长为8 . 【解析】 【分析】 (1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质可得 OD 与 OE 的数量关系;根据旋转的性质和正方 形的性质可得 AC=AF 以及△ACF 各内角的度数,进一步即可求出∠COE 与∠DOF 的度数,进而可得 OD 与 OE 的位置关系; (2)延长 EO 到点 M,使OM EO ,连接 DM、CM、DE,如图 2 所示,先根据 SAS 证明 COMV ≌ FOEV , 得 MCF EFC   ,CM EF ,再根据正方形的性质和旋转的性质推得 FCD CFE MCF     , 进一步在△ACF 中根据三角形内角和定理和正方形的性质得出 DAE DCM   ,再一次运用 SAS 推出 ADE ≌ CDMV ,于是 DE DM ,进一步即可得出 OE、OD 的位置关系,然后再运用 SAS 推出 COMV ≌ COD△ ,即可得 OD 与 OE 的数量关系; (3)连接 AO,如图 3 所示,先根据等腰三角形三线合一的性质得出 90AOC   ,即可判断点 O 的运动路 径,由 360  可得点 O 经过的路径长,进一步即可求得结果. 【详解】 解:(1) OE OD= ,OE OD ;理由如下: 由旋转的性质得: AF AC , AFE ACBÐ =Ð , ∵四边形 ABCD 是正方形,∴ 45ACB ACD FAC       , ∴  1 180 45 67.52ACF AFC         , ∴ 22.5DCF EFC     , ∵ 90FEC   ,O 为 CF 的中点,∴ 1 2OE CF OC OF   , 同理: 1 2OD CF ,∴OE OD OC OF   , ∴ 2 45EOC EFO     , 2 45DOF DCO     , ∴ 180 45 45 90DOE         ,∴OE OD ; (2)当 45 90   时,(1)中的结论成立,理由如下: 延长 EO 到点 M,使OM EO ,连接 DM、CM、DE,如图 2 所示: ∵O 为 CF 的中点,∴ OC OF , 在 COMV 和 FOEV 中, OM OE COM FOE OC OF       , ∴ COMV ≌ FOEV (SAS),∴ MCF EFC   ,CM EF . ∵四边形 ABCD 是正方形,∴ AB BC CD  , 45BAC BCA     , ∵ ABC 绕点 A 逆时针旋转α得 AEF , ∴ AB AE EF CD   , AC AF , ∴CD CM , ACF AFC   , ∵ ACF ACD FCD     , AFC AFE CFE     , 45ACD AFE     , ∴ FCD CFE MCF     , ∵ 45EAC DAE     , 45FAD DAE     ,∴ EAC FAD   , 在 ACF 中,∵ 180ACF AFC CAF       , ∴ 2 90 180DAE FAD DCM         , ∵ 45FAD DAE     ,∴ 45FAD DCM     ,∴ DAE DCM   , 在 ADE 和 CDMV 中, AE CM DAE DCM AD CD       , ∴ ADE ≌ CDMV (SAS),∴ DE DM , ∵OE OM ,∴OE OD , 在 COMV 和 COD△ 中, CM CD MCF FCD OC OC       , ∴ COMV ≌ COD△ (SAS),∴OM OD . ∴OE OD= ,∴OE OD= ,OE OD ; (3)连接 AO,如图 3 所示: ∵ AC AF ,CO OF ,∴ AO CF ,∴ 90AOC   , ∴点 O 在以 AC 为直径的圆上运动, ∵ 360  ,∴点 O 经过的路径长等于以 AC 为直径的圆的周长, ∵ 2 2 4 2 8AC AB    ,∴点 O 经过的路径长为: 8d  . 【点睛】 本题是正方形的综合题,综合考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形 的性质和判断动点运动路径等知识,考查的知识点多、综合性强,倍长中线构造全等三角形、熟知正方形 的性质、灵活应用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解(2)题的关键.
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