专题以几何图形图形操作与变换问题为背景解答中考数学备考优生百闯关系列版

第一关以几何图形中的图形操作与变换问题为背景的第一关以几何图形中的图形操作与变换问题为背景的解答【考查知识点】图形的变换有轴对称、平移和旋转，在此类问题中轴对称问题多以折叠的形式出现。折叠①中心对称和中心对称图形的性质和别。②旋转，平移的性质【解题思路】折叠类题目的主要出题结合点有：与三角形结合，与平行四边形结合，与圆结合，与函数图.【典型例题BDDCyEOABCOCOAxx2-12x320的两个根，且OAOC求线段OAOCDADE@DDCOE，并求出线段OE直接写出D的坐标是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【解直接写出D的坐标是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【解（2）由四边ABCO是矩形，得AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到55（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，根据相似三角形的性质得到 ，于是得到论（4）P1P1H⊥AOH，根据菱形的性质得到P1E=CE=5，P1E∥AC，设P1H=k，HE=2k，根据勾理得到 k=5，于是得到P1（﹣5，25+3），同理P3（5，3﹣25当A与F重合时，得P2（4，5CE是菱EP4CF4的对角线时EP4CF4是菱形EP4=5，EP4∥AC，如2，5P4P4G⊥xGP4P4N⊥OEN，根据勾股定理即可得到结论（2）∵四边形ABCO是矩形—ADE=—∴AD=OC，∠ADE=∠COE，在△ADE与△COEAEDAD=∵CE2=OE2+OC2，即（3）过DDM⊥xM OE=CE==∴△OCE∽△MCD，∴ 555 55 （4）存在；∵OE=3，OC=4，∴CE=5，过P1P1H⊥AOH，∵四边形P1ECF1是菱P1H=1=P1H=k，HE=2k，∴P1E=5k=5，∴P1H=55 ∴OH=25+3，∴P1（﹣5，25+3），同P3（5，3﹣25AF重合时，四边形F2ECP2是菱∴OH=25+3，∴P1（﹣5，25+3），同P3（5，3﹣25AF重合时，四边形F2ECP2是菱形，∴EF2∥CP2，E2，=CP2=5P2（4，5；CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形 =2如图2，过P4P4G⊥x轴于G，过P4P4N⊥OEN，则P4N=x，EN=2x，∴P4E=CP4=5x，∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x，∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（55151∴x=4，∴3﹣2x=2，∴P4（4，2综上所述：存在以E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣55+3（554，515（4，2考点：四边形综合题【名师点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、以及菱形的判定，解的关键是掌握全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、以及菱形的判定．在解题时注意，菱的四条边都相等，此外在折叠问题中，需要抓住对应边相等，对应角相等这些等量关系，折叠问题的实质轴对称的性质2（2017辽宁盘锦）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°OAB中点，点P上的动点（不与BC重合OC、OP，将线OPP顺时针旋60°，得到线段PQ，连（1）1，当PBC上时，请直接写出线段BQCP的数量关系（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明由（3）如图3，当PBC延长线上时，若∠BPO=15°，BP=4，请求出BQ的长【答案（1）BQ=CP（2）成立：PC=BQ（3）434【解析】试题分析：（1）结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形要证明△POH≌△QPB即可（2）成立：PC=BQ．作PH∥ABCO的延长线于H．证明方法类似（1（3）如图3CE⊥OPEPE上取一点FFP=FC，连CFCE=CO=aFC=FP=2a，EF=3aRt△PCE中，表示出PC，根据PC+CB=4，可得方程6+2a+2a4，求出a即可解决问题理由1中PH∥ABCORt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°OAB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO三角是等边三角形（2）成立：PC=BQPH∥ABCO的延长线Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°OAB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO三角是等边三角形（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接∵∠OPC=15°，∠OCB=∠OCP+∠POC，∴∠POC=45°，∴CE=EO，设CE=CO=a，则 22a，在Rt△PCE中， PE2+ 22a，在Rt△PCE中， PE2+ 6+2a，∵PC+CB=4，∴(6+2a+2a4a4226，∴PC434，由（2）BQ=PC，∴BQ434【名师点睛】此题考查几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判定和性质全等三角形的判定和性质等识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中压轴【例3（2017湖北黄石）在现实生活中，我们会看到许多“标准”的矩形，如我们的课本封面、A4的打印等，其实这些矩形的长与宽之比都为2：1，我们不妨就把这样的矩形称为“标准矩形”，在“标准矩形中，PDC边上一定点，且CP=BC，如图所如图①，求证如图QDC上DQ=CPGBC边上一动点，当△AGQ的周长最小时CG的值的中点，M、N分别为线段PFAB上的动点，且始终保持PM=BN，请证明：△MNT的面积S为定并求出这个定值 224【解==则AB=CD=2a，可得CQ=CQ′=2a﹣a则AB=CD=2a，可得CQ=CQ′=2a﹣a，由CQ′∥AB，推出 的值S△MNT=1•TH•CK+1•TH•BK=1（3）如图③中TH∥ABNMHBCK．22222∵四边形ABCD是矩形 PC2+BC2 2（2）解：如图②中，作QBC的对称点Q′，连AQ′BCG，此时△AQG的周长最设AD=BC=QD=a，则AB=CD=2 2a﹣a，∵CQ′∥AB，∴=CQ 2a-== 2-22（3）证明：如图③中，作TH∥ABNMHBC111 •2221111 T∵TB∥MT=B∴∴（FM+BN∵B=PM∴HT=2222=1PF=1•1111 T∵TB∥MT=B∴∴（FM+BN∵B=PM∴HT=2222=1PF=1•（1+2 2212 =定值24考点：相似形综合题；定值问题；动点型；新定义；最值问题；压轴题【名师点睛】本题考查相似形综合题、矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理、梯形的中位线理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造梯形的中位线解决问题属于中考压轴题．学+-*科/*【方法归纳】实践操作性试题以成为中考命题的热点，很多省市的压轴的都是这类题型，解决这种类型的目可从以下方面切入求不是很高，只需连接两点或作垂直、平行，而且添辅助线几乎都遵循这样一个原则：构造定理所需的图或构造一些常见的基本图形2.切入点二：做不出、找相似，有相似，用相似.压轴题牵涉到的知识点较多，知识转化的难度较高。学往往不知道该怎样入手，这时往往应根据题意去寻找相似三角形3.紧扣不变量，并善于使用前题所采用的方法或结论.在图形运动变化时，图形的位置、大小、方向可能有所改变，但在此过程中，往往有某两条线段，或某两个角或某两个三角形所对应的位置或数量关系不发改变.似，可能条件相似，可能结论相似，此时你就应考虑原来题目是怎样解决的，与现题目有何不同。原有的目是如何解决的，所使用的方法或结论在这里是不是可以使用，或有借鉴之处5.在题目中寻找多解的信息图形在运动变化，可能满足条件的情形不止一种，也就是通常所说的两解或解【针对练习（，沿着如图①，当点A在第一象限，且满足AB^OB时，求点A的坐标（3）当BPA300时，求点P的坐标（直接写出结果即可323333或23-3【答案】（1）A’323333或23-3【答案】（1）A’的坐标为（212）1；（3）2【解.22根据题意，由折叠的性质可得∴OA’=OA=3AB^OB，得Rt△A’OBAB=OA'2-OB2=2A’的坐标为（2(2)Rt△AOB中，OA=3∴AB=OA2+OB2=1 2(3)(3-3,3-3)或(23(3)(3-3,3-3)或(23-3 3.22222（2017河北）平面内，如图，在ABCD中AB=10AD=15tanA4．点PAD3一点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90得到线段PQ(1)当DPQ=10时，求APB的大小(2)当tanABP:tanA32时，求点Q与点B间的距离(结果保留根号(3)若点Q恰好落在ABCD的边所在的直线上，直接写PB旋转PQ所扫过的面积(结果保留【答案】(1)100°80°；(2410；(3)16π20π【解析(2)2，过PPH⊥ABH，连∵tan∠ABP:tanA=:=3(2)2，过PPH⊥ABH，连∵tan∠ABP:tanA=:=3:2HBRt△PHA中PH2+HB2=82+42=5Rt△PQB中，QB=2PB=4103又∠MPB=∠PBQ=45°，∴PB=82，∴扇形面积为所以扇形的面16π又∠MPB=∠PBQ=45°，∴PB=82，∴扇形面积为所以扇形的面16π20π考点：邻补角的定义，解直角三角形，勾股定理，扇形的面积，分类思想3（2017山西）综合与实背景阅早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于四，那么弦就等于五，即“勾三，股四，弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中．为12，15的三角形就是（3，4，5）型三角形．用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这类型的三角形．学+-*-科/*实践操作1，在矩形纸片ABCD第一步：如图2，将1中的矩ABCDA的直线折叠，使D落在ABE处，折痕AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点DF重合，折痕为GH，然后展平，隐去第三步：如图4，将3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD′HAD′折叠，折痕为AM，AMEF交于N，然后展平问题解（1）2中证明四AEFD是正方形（2）4中判NFND′的数量关系，并加以证明（3）4中证明△AEN是（3，4，5）型三角形探索发称（1）证明见解（2）NF=ND′，证明见解析；（3）证明（4△MFN△MD′H△MDA．∵四边形AEFD在Rt△HNF和Rt△HND′（3）∵四边AEFD是正方形，∴AE=EF=AD=8cm，由折叠知：AD′=AD=8cm，EN=EF-NF=（8-x）㎝（㎝，EN=6（㎝，∴AN=6：8：10=3：4：5，∴△AEN是（3，4，5）型三角形（4）图4中还有△MFN，△MD′H，△MDA是（3，4，5）是（3，4，5）型三角形同理 是（3，4，5）型三角形4（2017和分别是为直角边的等腰直角三角形，分别的中点（1）时如1，连，直接写与的大小关系（2）绕点逆时针方向旋转是锐角时如2，（1）中的（1）时如1，连，直接写与的大小关系（2）绕点逆时针方向旋转是锐角时如2，（1）中的结论是否成立?若成立出证明；若不成立，请加以说明（3）仍为钝角时，延交于为等边三角3，的度数【答（1）EP=EQ（2）成立，证明见解（3）150°.【解析∵△APO和△BQO是等腰直角三角形∵∠AOB=90°，∴∠AOP+∠AOB+∠BOQ=180°，∴点P，O，Q在同一条直线上EAB中点ERt△PQFPF的中点（2）成立证明C，E分别是OA，AB考点：几何变换综合题，直角三角形的性质，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质5（2017内蒙古包头）如图ABCD中，AB=3，BC=4，将矩ABCDC按顺时针方向旋转角，得到矩形A'B'C'D'，B'CADE，AD的延A'D'（1）α=60°时，连DD'，求DD'A'F的长（2）如图②，当矩形A'B'CD'的顶点A'CD的延长线上时，求EF（3）AE=EF时，连接AC，CFAC•CF的值【答（1）DD′=3，A′F=（2）（3）．【解析】试题分析：（1）中，∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角，得到矩形A'B'C'D'，要证明△CDD′是等边三角形即可解决问题②如图①中CF，在Rt【答（1）DD′=3，A′F=（2）（3）．【解析】试题分析：（1）中，∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角，得到矩形A'B'C'D'，要证明△CDD′是等边三角形即可解决问题②如图①中CF，在Rt△CD′F中，求FD′即可解决问题（2）由△A′DF∽△A′D′C，可推出DF的长，同理可得△CDE∽△CB′A′，可求出DE的长，即可解决问题121（3）如图③中，作FG⊥CB′G， •AF•CD，把问题转化为求AF•CD，只要证明2ACF=90°，证明△CAD∽△FAC，即可解决问题A' 23=，∴ ，∴DF=A'D CD 2 39 ，∴CB A'B 44112（3）如图③中，作FG⊥CB′于G．∵四边形A′B′CD′是矩形 2∽△FAC，∴AC=AD，∴AC2=AD•AF，∴AF=25 11 4224．6（2017内蒙古通辽）邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又余下一个四边形，称为第二次操作；……依次类推，若第次作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n1，ABCD1阶准菱形□作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n1，ABCD1阶准菱形□a8brb5r，请写出□ABCD阶准菱形x+-*-1∴四边形ABFE是平行四边形∴四边∴四边形ABFE是平行四边形∴四边形ABFE考点：四边形综合7（2017OMC，DOB的中点，DE⊥DCMN(1)1BOP上，则OE(填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA、CO、CD满足的等量关式；(2)1中的等Rt△ABOO点顺时针旋转a0a45)，如图2，那么(1)中的结论②是否成立请说明理由(3)1中的等腰Rt△ABOO点顺时针旋转a()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA、COCD满足的等量关系；（1①=；②AC2+CO2=CD2（2（1中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-2【解试题分析1如图1，证明AC=OC和OC=OE可得结论；②根据勾股定（2）如图2（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A、D、O、C四点共圆，得∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再证明△ACO≌△EOF，OE=AC，AO=EF，根据勾股定理得∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再证明△ACO≌△EOF，OE=AC，AO=EF，根据勾股定理得：AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD，则AD=OD证△ACD≌△OED，根据△CDE是等腰直角三角形，得CE2=2CD2，等量代换可得结论AC）2=2CD2，开试题（1）①AC=OE，故答案为：AC2+CO2=CD2；学+-*-科*/（2）如图2，（1）中的结论②不成立理由是AD，延长CDOPF，连接∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、四点共同理∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形所以（1）中的结论②不成立（3）如图3，结8（2018（201（2）2，当CAN的反向延长线上（2）2，当CAN的反向延长线上时，BC交射AMFAB=4，AC=3，请直接出线ADDF的长3=BE（2）AD．7【解析】试题分析：（1）①结论：BC=BD．只要证明△BGD≌△BHC即可．②结论：AD+AC=3BE（2）2中，作BG⊥AMG，BH⊥ANH，AK⊥CF由（1）可易知BH=GB=2，AH=AG=EG=23 BH2+CH2=31，CH=DG=33232 ∴AD=53由（1）可易知BH=GB=2，AH=AG=EG=23 BH2+CH2=31，CH=DG=33232 ∴AD=53 =， 设FG=y，则AF=23 4+y22 ，∴3-y=3或310（舍弃=274+1031+3．779（2017辽宁锦州）已知：△ABC和△ADE均为等边三角形BE，CDF，G，H分别CD中点．学+-*-科/*（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状，说明理由（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0，则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由（3）△FGH（a+b222﹣b．∵△ABC和△ADE均为等边三角形CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=12FH=12∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角（2）2中，连接AF、点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角的中位线的宽等知识，解题的点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题10．（2017辽宁大连）如图1，四边形的对角相交于，，.，，（1）填空与的数量关系；（2） 的值（3）沿翻折，得（如2，，相交于点.，的长【答（1）∠BAD+∠ACB=180°（2）（31.【解析，，由此即可解决问题试题解析：（1），，由此即可解决问题试题解析：（1）1中∴，，∴（负根已经舍弃，∴．（3）2DE∥ABAC于由∴（负根已经舍弃，∴．（3）2DE∥ABAC于由（1）可知∴，∴，考点：相似三角形的判定和性质；解一元二次方程；三角形的内角和定理11（2017湖北襄阳）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是中线，AC=BC，一个以点D45°D旋转，使角的两边分别AC、BC的延长线相交，交点分别为E，F，DFAC交于M，DEBC（1）如图1CE=CF，求（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中①探究三条（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理②若CE=4，CF=2，求DN的长．学/*科+-*【答案（1）证明见解析（2）①AB2=4CE•CF；② 3【解2ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，求得CD=22，推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质 =2，根据勾股定理即可得到结论∠DCE=∠DCF=135°，在△DCE与△DCF中考点：几何变换综合题；探究型；和差倍分考点：几何变换综合题；探究型；和差倍分；综合题12（,,的角平分线N.当CC多大时，四边MCND为菱形?并说明理由（2）2，将DDEC绕点C旋转a（0a360），得到DDEC,AD、BEDE的中点为P.①在旋转过程中ADBE有怎样的数量关系?并说明理由②连AP,AP最大AD的值.（结果保留根号【答案（1）当CC'=3时，四边形MCND'是菱形 【解试题分析：（1）先判断出四边形MCND'为平行四边形，再由菱形的性质得出CN=CM，即可求出（2）①分两种情况，利用旋转的性质，即可判断出△ACD≌△BCE'即可得出②先判断出点A，C，P三点共线，先求出CP，AP，最后用勾股定理即可得出结论∴四边形MCND'是平行四边形∴△∴四边形MCND'是平行四边形∴△MCE'和△NCC'是等边三角∴MC=CE'，NC=CC'，学/*科+-*3∵四边形MCND'是菱形1∴CC'=23理由：当α≠180°时，由旋转的性质得由（1）知AP2+PD'2 21AP2+PD'2 21在Rt△APD'中，由勾股定理得考点：四边形综合13（2017山东临沂）数学课上，张老师出示了问题：如图1ACBD是四边形ABCD的对角线，ACBACDABDADB60，则线BCCDAC三者之间有何等量关系经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图2，延CBEBECDAE，证得VABE≌VADC，从而容易证明VACE是等边三角形ACCE，所ACBCCD小亮展示了另一种正确的思路：如3，将VABC绕着A逆时针旋转60ABAD重合，从而容易证明VACF是等比三角形，故ACCF，所以ACBCCD.在此基础上，同学们作了进一步的研究（1）小颖提出：如4，如果把ACBACDABDADB60”改为ACBACD提出的问题，请你写出结论，并给出证明（2）小华提出：如5，如果把ACBACDABDADB60”改为ACBACD【解理由CDE∴△ACE是等腰直角三角∴CE=∴△ACE是等腰直角三角∴CE=2∴BC+CD=2CDEAB=AB=BC=考点：1、几何变换综合题，2、全等三角形的判定，3、四边形的内角和，4、等腰三角形的判定和性14（2017DCMPNDEDCBC的中点.学/*科-+*（1）1PMPN（2），位置关系；把DADEA2MNBDCE，判断DPMN由把DADEAAD4AB=10，请直接写出DPMN面积的最大值把DADEAAD4AB=10，请直接写出DPMN面积的最大值 2=ABC+∠ACB=90°，即△PMN为等腰直角三角形；（3）把DADEAPN21 (AE+AC)=7,PN、PM的值最长，由（2）PM=PNPM^PN，所以DPMN21积的最大值为·7·7 22PM=PN，PM^PNMPDEDC∴PM是△DCE CEPMCE2115（2017∴PM是△DCE CEPMCE2115（20174AG是否成立（只写结果，不需说明理由SDOAB，求△PAB周长的最小值4+45 MNPMN的中点时，△PABPA=PB，PM1MN=2EG2= 12，5 5（3）解：过OMNPMN的中点时，△PABPA=PB，PM1MN=2EG2= 12，5 5（3）解：过OMN∥ABADM，BCNPMNP1 2 1 112 = 4 5554 +4=股定理得：PA=PM2AM5516（201；/*科+-*-理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用灌龙头浇水时，既要能确保草坪的每个角落都能浇上水，又