动态几何之面动问题VIP

1/26动态几何之面动问题一、选择题1.（玉林、防城港）如图，边长分别为1和2的两个等边三角形，开始它们在左边重合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角形移动的距离为x，两个三角形重叠面积为y，则y关于x的函数图象是【】【答案】B．【解析】考点：1.面动平移问题的函数图象问题；2.由实际问题列函数关系式；3.二次函数的性质和图象；4.分类睡排它法的应用．2.（黔东南）如图，将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．若AC=，∠B=60°，则CD的长为【】A．0.4B．1.5C．D．1考点：1.旋转的性质；2.含30度直角三角形的性质；3.等边三角形的判定和性质．3.（遵义）如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为【】A．B．C．D．1【答案】C．【解析】试题分析：连接BB′，根据旋转的性质可得AB=AB′，判断出△ABB′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB=BB′，然后利用“边边边”证明△ABC′和△B′BC′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，根据等边三角形三边合一的性质可得BD⊥AB′，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD、C′D，然后根据BC′=BD﹣C′D计算即可得解：考点：1.旋转的性质；2.等边三角形的判定和性质；3.全等三角形的判定和性质；4.勾股定理．4.孝感）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是【】A．（2，10）B．（-2，0）C．（2，10）或（-2，0）D．（10，2）或（-2，0）【答案】C．【解析】考点：1.坐标与图形的旋转变化；2.分类思想的应用．5.（滨州）如图，如果把△ABC的顶点A先向下平移3格，再向左平移1格到达A′点，连接A′B，则线段A′B与线段AC的关系是【】 A．垂直 B．相等 C．平分 D．平分且垂直【答案】D．【解析】考点：1.网格问题；2.平移的性质；3.勾股定理.6.（金华）如图，将Rt△ABC绕直角顶点顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连结AA′，若∠1=20°，则∠B的度数是【】A．70°B．65°C．60°D．55°考点：1.旋转的性质；2.等腰三角形的性质．7.（舟山）如图，将△ABC沿BC方向平移2cm得到△DEF，若△ABC的周长为16cm，则四边形ABFD的周长为【】(A)16cm(B)18cm(C)20cm(D)22cm【答案】C．【解析】故选C．考点：平移的性质．二、填空题1.（梅州）如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C，A’B’交AC于点D，若∠A’DC=90°，则∠A=▲°.【答案】55.【解析】试题分析：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C，∴∠ACA’=35°，∠A=∠A’，.∵∠A’DC=90°，∴∠A’=55°.∴∠A=55°.考点：1.旋转的性质；2.直角三角形两锐角的关系.2.（河南）如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠DAB=600，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转300得到菱形AB'C'D'，其中点C的运动能路径为，则图中阴影部分的面积为▲.【答案】.【解析】考点：1.面动旋转问题；2.菱形的性质；3.扇形面积的计算；4.旋转的性质；5.含30度直角三角形的性质；6.转换思想的应用．3.（舟山）如图，在△ABC中，AB＝2，AC＝4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，使CB′∥AB，分别延长AB，CA′相交于点D，则线段BD的长为▲．【答案】6.【解析】试题分析：∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，AB＝2，AC＝4，∴A′B′＝AB＝2，AC′＝AC＝4，∠CA′B′＝∠A.又∵CB′∥AB，∴∠A′CB′＝∠A.∴△A′CB′∽△DAC.∴，即.∴BD=6.考点：1.旋转的性质；2.平行的性质；3.相似三角形的判定和性质.三、解答题1.（玉林、防城港）（6分）如图，已知：BC与CD重合，∠ABC=∠CDE=90°，△ABC≌△CDE，并且△CDE可由△ABC逆时针旋转而得到．请你利用尺规作出旋转中心O（保留作图痕迹，不写作法，注意最后用墨水笔加黑），并直接写出旋转角度是▲．【答案】作图见解析，90°．【解析】考点：1.作图（旋转变换）；2.线段垂直平分线的性质；3.正方形的判定和性质．2.（毕节）（10分）在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．（1）试在图中做出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1；（2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并标出A、C两点的坐标；（3）根据（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2，并标出B2、C2两点的坐标．【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）作图见解析.【解析】考点：1.网格问题；2.作图（旋转变换）.3.（河北）（本小题满分11分）如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=40°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°得到△ADE，连接BD，CE交于点F.（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）求∠ACE的度数；（3）求证：四边形ABFE是菱形.【答案】（1）证明见解析；（2）20°；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据旋转角求出∠BAD=∠CAE，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACE全等．（2）根据全等三角形对应角相等，得出∠ACE=∠ABD，即可求得．（3）根据对角相等的四边形是平行四边形，可证得四边形ABEF是平行四边形，然后依据邻∵AB=AE，∴平行四边形ABEF是菱形．考点：1.全等三角形的判定和性质；2.菱形的判定；3.旋转的性质．4.（黄冈）（13分）如图，在四边形OABC中，AB∥OC，BC⊥x轴于C，，动点P从O点出发，沿x轴正方向以2个单位/秒的速度运动．过P作PQ⊥OA于Q．设P点运动的时间为t秒（0<t<2），ΔOPQ与四边形OABC重叠的面积为S．（1）求经过O、A、B三点的抛物线的解析式并确定顶点M的坐标；（2）用含t的代数式表示P、Q两点的坐标；（3）将ΔOPQ绕P点逆时针旋转90°，是否存在t，使得ΔOPQ的顶点O或Q落在抛物线上？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由；（4）求S与t的函数解析式.【答案】（1），；（2），；（3）或1；（4）∵抛物线经过，∵动点P从O点出发，沿x轴正方向以2个单位/秒的速度运动，∴.∴.∴点P的坐标为，点Q的坐标为.（3）当ΔOPQ绕P点逆时针旋转90°时，点O的坐标为O'，点Q的坐标为Q'，①若点O'在上，则，解得.∵，∴.∴当时，点O'在上.①若点Q'在上，则，解得.∵，∴.∴当时，点Q'在上.综上所述，当或1时，ΔOPQ的顶点O或Q落在抛物线上.②当时，如答图，设PQ交AB于点E，则.∵AB∥OC，∴∠QAE=450.∴△AEQ是等腰直角三角形.∴.∴.∴.∴.③当时，如答图，设PQ交AB于点E，PQ交ABC于点F，则.综上所述，S与t的函数解析式为.考点：1.二次函数综合题；2.单动点和面动旋转问题；3.待定系数法的应用；4.曲线上点的坐标与方程的关系；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.由实际问题列函数关系式；7.分类思想和转换思想的应用.5.（襄阳）（7分）如图，在正方形ABCD中，AD=2，E是AB的中点，将△BEC绕点B逆时针旋转90°后，点E落在CB的延长线上点F处，点C落在点A处．再将线段AF绕点F顺时针旋转90°得线段FG，连接EF，CG．（1）求证：EF∥CG；（2）求点C，点A在旋转过程中形成的与线段CG所围成的阴影部分的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=BC=AD=2，∠ABC=90°，再根据旋转变化只改变图形的位置不改变图形的形状可得△ABF和△CBE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠FAB=∠ECB，∠ABF=∠CBE=90°，全等三角形对应边相等可得AF=EC，然后求出∠AFB+∠FAB=90°，再求出∠CFG=∠FAB=∠ECB，根据内错角相等，两直线平行可得EC∥FG，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边（2）∵AD=2，E是AB的中点，∴FE=BE=AB=×2=1.∴.由平行四边形的性质，△FEC≌△CGF，∴S△FEC=S△CGF.∴.考点：1.旋转问题；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行四边形和平行的判定；5.勾股定理；6.扇形面积的计算；7.转换思想的应用.6.（南京）（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O为△ABC的内切圆.（1）求⊙O的半径；（2）点P从点B沿边BA向点A以点1cm/s的速度匀速运动，以点P为圆心，PB长为半径作圆.设点P运动的时间为ts.若⊙P与⊙O相切，求t的值.【答案】（1）1cm；（2）或2.【解析】试题分析：（1）设⊙O与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，连接OD，OE，OF，根据切线的性质证明四边形CEOF是正方形，由勾股定理求AB的长，把AD，BD用半径r的代数式表示，从而根∴，解得r=1.∴⊙O的半径为1cm.（2）如图，过点P作PG⊥BC于点G，∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥AC.∴△PBG∽△ABC.∴.又∵BP=t，∴.②如图，当⊙P与⊙O内切时，连接OP，则OP=.过点O作OM⊥PG于点M，∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，∴四边形OEGM是矩形.∴MG=OE，OM=EG.∴.在Rt△OPM中，由勾股定理，得，解得.综上所述，当⊙P与⊙O相切时，或2.考点：1.单动点和面动问题；2.直线与圆相切的性质；3.矩形、正方形的判定和性质；4.勾股定理；5.相似三角形的判定和性质；6.方程思想和分类思想的应用.7.（扬州）（本题10分）如图，已知中，，先把绕点B顺时针旋转至后，再把沿射线AB平移至，ED、FG相交于点H.（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形.【答案】（1）FG⊥ED，理由见解析；（2）证明见解析.【解析】∵CB=BE，∴四边形CBEG是正方形．考点：1.旋转和平移问题；2.旋转的性质；3.正方形的判定；平移的性质．8.（天津）（本小题10分）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（-2，0），点B（0，2），点E，点F分别为OA，OB的中点.若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE’D’F’，记旋转角为α.（1）如图①，当α＝90°，求AE'，BF'的长；（2）如图②，当α＝135°，求证AE'＝BF'，且AE'⊥BF'；（3）若直线AE'与直线BF'相交于点P，求点P的纵坐标的最大值（直接写出结果即可）.【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）.【解析】∵正方形OE′D′F′是由正方形OEDF绕点O顺时针旋转135°所得，∴∠AOE′=∠BOF′=135°．在△AOE′和△BOF′中，∵，∴△AOE′≌△BOF′（SAS）．∴AE′=BF′，且∠OAE′=∠OBF′．∵∠ACB=∠CAO+∠AOC=∠CBP+∠CPB，∠CAO=∠CBP，∴∠CPB=∠AOC=90°.∴AE′⊥BF′．（3）在第一象限内，当点D′与点P重合时，点P的纵坐标最大．考点：1.面动旋转问题；2.三角形的外角性质；3.全等三角形的判定和性质；4.含30度角的直角三角形的性质；5.勾股定理．9.（重庆A）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=,AE⊥BD，垂足是E.点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF.（1）求AE和BE的长；（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）.当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值.（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角（0°＜＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P.与直线BD交于点Q.是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）4，3；（2）当点F在线段AB上时，；当点F在线段AD上时，；（3）存在，.【解析】试题分析：（1）由勾股定理求得BD的长，根据三角形面积公式求出AE的长，再应用勾股定理即可求得在Rt△BF′Q中，，解得或（舍去）.②当QP=QD时，如答图3，有∠P=∠1，∵∠A′=∠1，∠2=∠3，∴∠4=∠P.∴∠4=∠A′.∴QB=QA′.设QB=QA′=x，在Rt△BF′Q中，设备，解得.考点：1.轴对称、平移和旋转问题；2.矩形的性质；3.勾股定理；4.等腰三角形存在性问题；5.勾股定理；6.分类思想的应用.10.（重庆B）如图1，在□ABCD中，AH⊥DC，垂足为H，AB＝，AD＝7，AH＝.现有两个动点E、F同时从点A出发，分别以每秒1个单位长度、每秒3个单位长度的速度沿射线AC方向匀速运动.在点E、F运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△