中考數學二輪培優復習專題28 解答題重點出題方向圖形的翻折與旋轉變換(解析版)_第1頁
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專題28解答題重點出題方向圖形的翻折與旋轉變換(解析版)模塊一中考真題集訓類型一圖形的翻折1.(2022?棗莊)已知△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=4cm,點P從點A出發,沿AB方向以每秒2cm的速度向終點B運動,同時動點Q從點B出發沿BC方向以每秒1cm的速度向終點C運動,設運動的時間為t秒.(1)如圖①,若PQ⊥BC,求t的值;(2)如圖②,將△PQC沿BC翻折至△P′QC,當t為何值時,四邊形QPCP′為菱形?思路引領:(1)根據勾股定理求出AB,根據相似三角形的性質列出比例式,計算即可.(2)作PD⊥BC于D,PE⊥AC于E,AP=2tcm,BQ=tcm(0≤t<4),由△ABC為等腰直角三角形,可得∠A=∠B=45°,則可判斷△APE和△PBD為等腰直角三角形,得出PE=AE=22AP=tcm,BD=PD,則CE=AC﹣AE=(4﹣t解:(1)如圖①,∵∠ACB=90°,AC=BC=4cm,∴AB=AC2+BC由題意得,AP=2tcm,BQ=tcm則BP=(42?2t)∵PQ⊥BC,∴∠PQB=90°,∴∠PQB=∠ACB,∴PQ∥AC,∴BPBA∴42解得:t=2,∴當t=2時,PQ⊥BC.(2)作PD⊥BC于D,PE⊥AC于E,如圖②,AP=2tcm,BQ=tcm(0≤t∵∠C=90°,AC=BC=4cm,∴△ABC為等腰直角三角形,∴∠A=∠B=45°,∴△APE和△PBD為等腰直角三角形,∴PE=AE=22AP=tcm,BD=∴CE=AC﹣AE=(4﹣t)cm,∵四邊形PECD為矩形,∴PD=EC=(4﹣t)cm,∴BD=(4﹣t)cm,∴QD=BD﹣BQ=(4﹣2t)cm,在Rt△PCE中,PC2=PE2+CE2=t2+(4﹣t)2,在Rt△PDQ中,PQ2=PD2+DQ2=(4﹣t)2+(4﹣2t)2,∵四邊形QPCP′為菱形,∴PQ=PC,∴t2+(4﹣t)2=(4﹣t)2+(4﹣2t)2,∴t1=43,t∴當t的值為43時,四邊形QPCP′總結提升:此題是相似形綜合題,主要考查的是菱形的性質、等腰直角三角形的性質,線段垂直平分線的性質,用方程的思想解決問題是解本題的關鍵.2.(2022?無錫)如圖,已知四邊形ABCD為矩形,AB=22,BC=4,點E在BC上,CE=AE,將△ABC沿AC翻折到△AFC,連接EF.(1)求EF的長;(2)求sin∠CEF的值.思路引領:(1)根據翻折變換的特點和勾股定理結合方程思想解答即可;(2)根據銳角三角函數的定義,利用勾股定理解答即可.解:(1)∵CE=AE,∴∠ECA=∠EAC,根據翻折可得:∠ECA=∠FCA,∠BAC=∠CAF,∵四邊形ABCD是矩形,∴DA∥CB,∴∠ECA=∠CAD,∴∠EAC=∠CAD,∴∠DAF=∠BAE,∵∠BAD=90°,∴∠EAF=90°,設CE=AE=x,則BE=4﹣x,在△BAE中,根據勾股定理可得:BA2+BE2=AE2,即:(22解得:x=3,在Rt△EAF中,EF=AF(2)過點F作FG⊥BC交BC于點G,設CG=y,則GE=3﹣y,∵FC=4,FE=17∴FG2=FC2﹣CG2=FE2﹣EG2,即:16﹣y2=17﹣(3﹣y)2,解得:y=4∴FG=F∴sin∠CEF=FG總結提升:本題主要考查了矩形的性質,翻折變換,勾股定理,銳角三角函數,熟練掌握這些性質特點是解答本題的關鍵.3.(2022?連云港)如圖,四邊形ABCD為平行四邊形,延長AD到點E,使DE=AD,且BE⊥DC.(1)求證:四邊形DBCE為菱形;(2)若△DBC是邊長為2的等邊三角形,點P、M、N分別在線段BE、BC、CE上運動,求PM+PN的最小值.思路引領:(1)先證明四邊形DBCE是平行四邊形,再由BE⊥DC,得四邊形DBCE是菱形;(2)作N關于BE的對稱點N',過D作DH⊥BC于H,由菱形的對稱性知,點N關于BE的對稱點N'在DE上,可得PM+PN=PM+PN',即知MN'的最小值為平行線間的距離DH的長,即PM+PN的最小值為DH的長,在Rt△DBH中,可得DH=DB?sin∠DBC=3(1)證明:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC,AD=BC,∵DE=AD,∴DE=BC,∵E在AD的延長線上,∴DE∥BC,∴四邊形DBCE是平行四邊形,∵BE⊥DC,∴四邊形DBCE是菱形;(2)解:作N關于BE的對稱點N',過D作DH⊥BC于H,如圖:由菱形的對稱性知,點N關于BE的對稱點N'在DE上,∴PM+PN=PM+PN',∴當P、M、N'共線時,PM+PN'=MN'=PM+PN,∵DE∥BC,∴MN'的最小值為平行線間的距離DH的長,即PM+PN的最小值為DH的長,在Rt△DBH中,∠DBC=60°,DB=2,∴DH=DB?sin∠DBC=2×3∴PM+PN的最小值為3.總結提升:本題考查平行四邊形性質及應用,涉及菱形的判定,等邊三角形性質及應用,對稱變換等,解題的關鍵是掌握解決“將軍飲馬”模型的方法.4.(2022?無錫)如圖1,矩形ABCD中,AB=5,AD=3,將△ABC繞點A旋轉到△AB'C'位置,設AC'交直線CD于點M.(1)當點B'恰好落在DC邊上時,求△AB'C'與矩形ABCD重疊部分的面積;(2)如圖2,當點C、B'、C'恰好在一直線上時,求DM的長度.思路引領:(1)作C′H⊥DC于H,證明△C′HB′∽△B′DA,可得C′H4=35,C'H=125,即得S△B′C′MS△AB′M=C′HAD=1253=45,而S△AB'C'=12AB'(2)作CN⊥AC',由△ABC繞點A旋轉到△AB'C',得AB'=AB=5,AC'=AC=AB2+BC2=34,∠AB'C'=∠B=90°=∠AB'C,B'C'=BC=3,用面積法可得CN=CC′?AB′AC′=3034,證明△CMN∽△AMD,有CNAD=CMAM,故CN2?AM2=AD2?CM2,設DM=x,故(3034)解:(1)作C′H⊥DC于H,如圖:∵△ABC繞點A旋轉到△AB'C',∴AB'=AB=5,B'C'=BC=3,∴DB'=AB∵∠C'B'H=90°﹣∠DB'A=∠DAB',∠CHB'=90°=∠D,∴△C′HB′∽△B′DA,∴C′HDB′=B′C′∴C'H=12∴S△B′C′M∵S△AB'C'=S△B'C'M+S△AB'M=12AB'?B'C'∴S△AB'M=59S△AB'C'∴△AB'C'與矩形ABCD重疊部分的面積是256(2)作CN⊥AC',如圖:∵△ABC繞點A旋轉到△AB'C',∴AB'=AB=5,AC'=AC=AB2+BC2=34,∠AB'C'=∠B=90°=∠AB'∴CC'=2B'C'=6,∵2S△ACC'=CC'?AB'=AC'?CN,∴CN=CC′?AB′∵∠CMN=∠AMD,∠CNM=∠ADM=90°,∴△CMN∽△AMD,∴CNAD∴CN2AD2=CM2AM2,即設DM=x,∴(3034)2×(x2+32)=32(x+5)2化簡得:33x2﹣170x+25=0,解得:x=5(舍去)或x=5答:DM的長度為533總結提升:本題考查矩形的性質,涉及旋轉變換,相似三角形的判定與旋轉,解題的關鍵是掌握旋轉的旋轉,能熟練應用相似三角形判定定理.5.(2022?錦州)如圖,在△ABC中,AB=AC=25,BC=4,D,E,F分別為AC,AB,BC的中點,連接DE,(1)如圖1,求證:DF=5(2)如圖2,將∠EDF繞點D順時針旋轉一定角度,得到∠PDQ,當射線DP交AB于點G,射線DQ交BC于點N時,連接FE并延長交射線DP于點M,判斷FN與EM的數量關系,并說明理由;(3)如圖3,在(2)的條件下,當DP⊥AB時,求DN的長.思路引領:(1)連接AF,可得AF⊥BC,根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DF=12AC=(2)證明△DNF∽△DME,根據(1)的結論即可得FN=5(3)連接AF,過點C作CH⊥AB于H,證明△AGD∽△AHC,可得GD=12HC=455,勾股定理求得GE,AG,根據tan∠ADG=AGGD=34,∠EMG=∠ADG,可得tan∠EMG=EGMG(1)證明:如圖1,連接AF,∵AB=AC=25,BC=4,D,E,F分別為AC,AB,∴DE=12BC=2,AF∴DF=1∴DF=5(2)解:FN=5理由如下:連接AF,如圖2,∵AB=AC=25,BC=4,D,E,F分別為AC,AB,∴EF=1∴四邊形CDEF是平行四邊形,∴∠DEF=∠C,∵DF=1∴∠DFC=∠C,∴∠DFC=∠DEF,∴180°﹣∠DFC=180°﹣∠DEF,∴∠DFN=∠DEM,∵將∠EDF繞點D順時針旋轉一定角度,得到∠PDQ,∴∠EDF=∠PDQ,∵∠FDN+∠NDE=∠EDM+∠NDE,∴∠FDN=∠EDM,∴△DNF∽△DME,∴NFEM∴FN=5(3)解:如圖,連接AF,過點C作CH⊥AB于H,Rt△AFC中,FC=1∴AF=A∵S△ABC∴HC=BC?AF∵DP⊥AB,∴△AGD∽△AHC,∴GDHC∴GD=1Rt△GED中,GE=ERt△AGD中,AG=A∴tan∠ADG=AG∵EF∥AD,∴∠EMG=∠ADG,∴tan∠EMG=EG∴MG=4∴MD=MG+GD=8∵△DNF∽△DME,∴DNDM∴DN=5總結提升:本題是幾何變換綜合題,考查了旋轉的性質,勾股定理,直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半,中位線的性質定理,相似三角形的性質與判定,銳角三角函數,掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵.6.(2022?鞍山)如圖,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,點D在直線AC上,連接BD,將DB繞點D逆時針旋轉120°,得到線段DE,連接BE,CE.(1)求證:BC=3AB(2)當點D在線段AC上(點D不與點A,C重合)時,求CEAD(3)過點A作AN∥DE交BD于點N,若AD=2CD,請直接寫出ANCE思路引領:(1)作AH⊥BC于H,可得BH=32AB,BC=2(2)證明△ABD∽△CBE,進而得出結果;(3)當點D在線段AC上時,作BF⊥AC,交CA的延長線于F,作AG⊥BD于G,設AB=AC=3a,則AD=2a,解直角三角形BDF,求得BD的長,根據△DAG∽△DBF求得AQ,進而求得AN,進一步得出結果;當點D在AC的延長線上時,設AB=AC=2a,則AD=4a,同樣方法求得結果.(1)證明:如圖1,作AH⊥BC于H,∵AB=AC,∴∠BAH=∠CAH=12∠BAC=12×120°=60∴sin60°=BH∴BH=3∴BC=2BH=3(2)解:∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=180°?∠BAC2=由(1)得,BCAB同理可得,∠DBE=30°,BEBD∴∠ABC=∠DBE,BCAB∴∠ABC﹣∠DBC=∠DBE﹣∠DBC,∴∠ABD=∠CBE,∴△ABD∽△CBE,∴CEAD(3)解:如圖2,當點D在線段AC上時,作BF⊥AC,交CA的延長線于F,作AG⊥BD于G,設AB=AC=3a,則AD=2a,由(1)得,CE=3在Rt△ABF中,∠BAF=180°﹣∠BAC=60°,AB=3a,∴AF=3a?cos60°=32a,BF=3a.sin60在Rt△BDF中,DF=AD+AF=2a+32aBD=BF∵∠AGD=∠F=90°,∠ADG=∠BDF,∴△DAG∽△DBF,∴AGBF∴AG3∴AG=3∵AN∥DE,∴∠AND=∠BDE=120°,∴∠ANG=60°,∴AN=AGsin60°=3∴ANCE如圖3,當點D在AC的延長線上時,設AB=AC=2a,則AD=4a,由(1)得,CE=3AD=4作BR⊥CA,交CA的延長線于R,作AQ⊥BD于Q,同理可得,AR=a,BR=3∴BD=(3a)∴AQ3∴AQ=2∴AN=23∴ANCE綜上所述:5719或21總結提升:本題考查了等腰三角形的性質,相似三角形的判定和性質,解直角三角形等知識,解決問題的關鍵是正確分類和較強的計算能力.7.(2022?濟南)如圖1,△ABC是等邊三角形,點D在△ABC的內部,連接AD,將線段AD繞點A按逆時針方向旋轉60°,得到線段AE,連接BD,DE,CE.(1)判斷線段BD與CE的數量關系并給出證明;(2)延長ED交直線BC于點F.①如圖2,當點F與點B重合時,直接用等式表示線段AE,BE和CE的數量關系為AE=BE﹣CE;②如圖3,當點F為線段BC中點,且ED=EC時,猜想∠BAD的度數并說明理由.思路引領:(1)證明△BAD≌△CAE;(2)①AE=DE=BE﹣BD=BE﹣CE;(3)連接AF,作AG⊥DE于G,先證明△ABF∽△ADG,從而ABAF=ADAG,∠BAF=∠DAG,進而∠BAD=∠FAG,再證明△解:(1)BD=CE,理由如下:∵△ABC是等邊三角形,∴∠BAC=60°,AB=AC,∵AE是由AD繞點A逆時針旋轉60°得到的,∴∠DAE=60°,AD=AE,∴∠BAC=∠DAE,∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC,即:∠BAD=∠CAE,在△BAD和△CAE中,AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE(SAS),∴BD=CE;(2)①由(1)得:∠DAE=60°,AD=AE,BD=CE,∴△ADE是等邊三角形,∴DE=AE,∴AE=DE=BE﹣BD=BE﹣CE,故答案為:AE=BE﹣CE;②如圖,∠BAD=45°,理由如下:連接AF,作AG⊥DE于G,∴∠AGD=90°,∵F是BC的中點,△ABC是等邊三角形,△ADE是等邊三角形,∴AF⊥BC,∠ABF=∠ADG=60°,∴∠AFB=∠AGD,∴△ABF∽△ADG,∴ABAF=ADAG,∠BAF∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF,∴∠BAD=∠FAG,∴△ABD∽△AFG,∴∠ADB=∠AGF=90°,由(1)得:BD=CE,∵CE=DE=AD,∴AD=BD,∴∠BAD=45°.總結提升:本題考查了等邊三角形的性質,全等三角形的判定和想,相似三角形的判定和性質等知識,解決問題的關鍵是利用二次相似:第一對相似三角形為第二對相似三角形提供兩個條件.8.(2022?常州)如圖,點A在射線OX上,OA=a.如果OA繞點O按逆時針方向旋轉n°(0<n≤360)到OA′,那么點A′的位置可以用(a,n°)表示.(1)按上述表示方法,若a=3,n=37,則點A′的位置可以表示為(3,37°);(2)在(1)的條件下,已知點B的位置用(3,74°)表示,連接A′A、A′B.求證:A′A=A′B.思路引領:(1)根據點的位置定義,即可得出答案;(2)畫出圖形,證明△AOA′≌△BOA′(SAS),即可由全等三角形的性質,得出結論.(1)解:由題意,得A′(a,n°),∵a=3,n=37,∴A′(3,37°),故答案為:(3,37°);(2)證明:如圖:∵A′(3,37°),B(3,74°),∴∠AOA′=37°,∠AOB=74°,OA=OB=3,∴∠A′OB=∠AOB﹣∠AOA′=74°﹣37°=37°,∵OA′=OA′,∴△AOA′≌△BOA′(SAS),∴A′A=A′B.總結提升:本題考查全等三角形的判定與性質,新定義題目,旋轉的性質,理解題意,熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵.9.(2022?遼寧)在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,線段AB繞點A逆時針旋轉至AD(AD不與AC重合),旋轉角記為α,∠DAC的平分線AE與射線BD相交于點E,連接EC.(1)如圖①,當α=20°時,∠AEB的度數是45°;(2)如圖②,當0°<α<90°時,求證:BD+2CE=2AE(3)當0°<α<180°,AE=2CE時,請直接寫出BDED思路引領:(1)由旋轉的性質得出∠BAD=20°,AB=AD,求出∠DAE=12∠DAC=35(2)延長DB到F,使BF=CE,連接AF,證明△ADE≌△ACE(SAS),由全等三角形的性質可得出∠DEA=∠CEA,∠ADE=∠ACE,DE=CE,證明△ABF≌△ACE(SAS),由全等三角形的性質可得出AF=AE,∠AFB=∠AEC=45°,由等腰直角三角形的性質可得出結論;(3)分兩種情況畫出圖形,由全等三角形的性質及等腰直角三角形的性質可得出答案.(1)解:∵線段AB繞點A逆時針旋轉α至AD,α=20°,∴∠BAD=20°,AB=AD,∴∠ADB=∠ABD=12×(180°﹣20°又∵∠BAC=90°,∴∠DAC=70°,∵AE平分∠DAC,∴∠DAE=12∠DAC=35∴∠AEB=∠ADB﹣∠DAE=80°﹣35°=45°,故答案為:45°;(2)證明:延長DB到F,使BF=CE,連接AF,∵AB=AC,AD=AB,∴AD=AC,∵AE平分∠DAC,∴∠DAE=∠CAE,又∵AE=AE,∴△ADE≌△ACE(SAS),∴∠DEA=∠CEA,∠ADE=∠ACE,DE=CE,∵AB=AD,∴∠ABD=∠ADB,∵∠ADE+∠ADB=180°,∴∠ACE+∠ABD=180°,∵∠BAC=90°,∴∠BEC=360°﹣(∠ACE+∠ABD)﹣∠BAC=360°﹣180°﹣90°=90°,∵∠DEA=∠CEA,∴∠DEA=∠CEA=12×90°∵∠ABF+∠ABD=180°,∠ACE+∠ABD=180°,∴∠ABF=∠ACE,∵AB=AC,BF=CE,∴△ABF≌△ACE(SAS),∴AF=AE,∠AFB=∠AEC=45°,∴∠FAE=180°﹣45°﹣45°=90°,在Rt△AFE中,∠FAE=90°,∵cos∠AEF=AE∴EF=AE∵EF=BF+BD+DE=CE+BD+CE=BD+2CE,∴BD+2CE=2AE(3)解:如圖3,當0°<α<90°時,由(2)可知BD+2CE=2AE,CE=DE∵AE=2CE,∴BD+2DE=22DE,∴BDDE=2如圖4,當90°<α<180°時,在BD上截取BF=DE,連接AF,方法同(2)可證△ADE≌△ACE(SAS),∴DE=CE,∵AB=AC=AD,∴∠ABF=∠ADE,∴△ABF≌△ADE(SAS),∴AF=AE,∠BAF=∠DAE,又∵∠DAE=∠CAE,∴∠BAF=∠CAE,∴∠EAF=∠FAC+∠CAE=∠FAC+∠BAF=∠BAC=90°,∴△AEF是等腰直角三角形,∴EF=2AE∴BD=BF+DE+EF=2DE+2AE∵AE=2CE=2DE,∴BD=2DE+22DE,∴BDDE綜上所述,BDDE的值為22+2或2總結提升:本題是幾何變換綜合題,考查了等腰三角形的性質,全等三角形的判定和性質、等腰直角三角形的性質、旋轉變換的性質,掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵.10.(2022?沈陽)【特例感知】(1)如圖1,△AOB和△COD是等腰直角三角形,∠AOB=∠COD=90°,點C在OA上,點D在BO的延長線上,連接AD,BC,線段AD與BC的數量關系是AD=BC;【類比遷移】(2)如圖2,將圖1中的△COD繞著點O順時針旋轉α(0°<α<90°),那么第(1)問的結論是否仍然成立?如果成立,證明你的結論;如果不成立,說明理由.【方法運用】(3)如圖3,若AB=8,點C是線段AB外一動點,AC=33,連接BC.①若將CB繞點C逆時針旋轉90°得到CD,連接AD,則AD的最大值是8+36;②若以BC為斜邊作Rt△BCD(B,C,D三點按順時針排列),∠CDB=90°,連接AD,當∠CBD=∠DAB=30°時,直接寫出AD的值.思路引領:(1)證明△AOD≌△BOC(SAS),即可得出結論;(2)利用旋轉性質可證得∠BOC=∠AOD,再證明△AOD≌△BOC(SAS),即可得出結論;(3)①過點A作AT⊥AB,使AT=AB,連接BT,AD,DT,BD,先證得△ABC∽△TBD,得出DT=36,即點D的運動軌跡是以T為圓心,36為半徑的圓,當D在AT的延長線上時,AD的值最大,最大值為8+36;②如圖4,在AB上方作∠ABT=30°,過點A作AT⊥BT于點T,連接AD、BD、DT,過點T作TH⊥AD于點H,可證得△BAC∽△BTD,得出DT=32AC=32×33=92,再求出DH、AH,即可求得AD;如圖5,在AB下方作∠ABE=30°,過點A作AE⊥BE于點E,連接DE,可證得△BAC解:(1)AD=BC.理由如下:如圖1,∵△AOB和△COD是等腰直角三角形,∠AOB=∠COD=90°,∴OA=OB,OD=OC,在△AOD和△BOC中,OA=OB∠AOD=∠BOC=90°∴△AOD≌△BOC(SAS),∴AD=BC,故答案為:AD=BC;(2)AD=BC仍然成立.證明:如圖2,∵∠AOB=∠COD=90°,∴∠AOB+∠AOC=∠AOC+∠COD=90°+α,即∠BOC=∠AOD,在△AOD和△BOC中,OA=OB∠AOD=∠BOC∴△AOD≌△BOC(SAS),∴AD=BC;(3)①過點A作AT⊥AB,使AT=AB,連接BT,AD,DT,BD,∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形,∴BT=2AB,BD=2BC,∠ABT=∠CBD=45∴BTAB=BDBC=2,∴△ABC∽△TBD,∴DTAC∴DT=2AC=2×33∵AT=AB=8,DT=36,∴點D的運動軌跡是以T為圓心,36為半徑的圓,∴當D在AT的延長線上時,AD的值最大,最大值為8+36,故答案為:8+36;②如圖4,在AB上方作∠ABT=30°,過點A作AT⊥BT于點T,連接AD、BD、DT,過點T作TH⊥AD于點H,∵BTAB=BDBC=cos30°=32,∠ABC=∠∴△BAC∽△BTD,∴DTAC∴DT=32AC=3在Rt△ABT中,AT=AB?sin∠ABT=8sin30°=4,∵∠BAT=90°﹣30°=60°,∴∠TAH=∠BAT﹣∠DAB=60°﹣30°=30°,∵TH⊥AD,∴TH=AT?sin∠TAH=4sin30°=2,AH=AT?cos∠TAH=4cos30°=23,在Rt△DTH中,DH=D∴AD=AH+DH=23+如圖5,在AB上方作∠ABE=30°,過點A作AE⊥BE于點E,連接DE,則BEAB=BDBC∵∠EBD=∠ABC=∠ABD+30°,∴△BDE∽△BCA,∴DEAC∴DE=32AC=3∵∠BAE=90°﹣30°=60°,AE=AB?sin30°=8×1∴∠DAE=∠DAB+∠BAE=30°+60°=90°,∴AD=D綜上所述,AD的值為23+652總結提升:本題是幾何變換綜合題,考查了全等三角形的判定和性質,相似三角形的判定和性質,勾股定理,等腰三角形的性質等知識點,關鍵是添加恰當輔助線,構造全等三角形或相似三角形解決問題,綜合性較強,難度較大,屬于中考壓軸題.11.(2022?廣元)在Rt△ABC中,AC=BC,將線段CA繞點C旋轉α(0°<α<90°),得到線段CD,連接AD、BD.(1)如圖1,將線段CA繞點C逆時針旋轉α,則∠ADB的度數為135°;(2)將線段CA繞點C順時針旋轉α時①在圖2中依題意補全圖形,并求∠ADB的度數;②若∠BCD的平分線CE交BD于點F,交DA的延長線于點E,連結BE.用等式表示線段AD、CE、BE之間的數量關系,并證明.思路引領:(1)根據旋轉的性質可得CD=CA=CB,根據等腰三角形的性質得出∠ADC=90°?α2,∠BDC=45°+α2(2)①依題意可補全圖形,根據旋轉的性質以及等腰三角形的性質即可求解;②過點C作CG∥BD,交EB的延長線于點G,根據等腰三角形的性質可得出CE垂直平分BD,求出∠G=∠EBD=45°.可得EC=CG,EG=2EC,證明△ACE≌△BCG,可得AE=BG解:(1)在Rt△ABC中,AC=BC,將線段CA繞點C旋轉α(0°<α<90°),∴CD=CA=CB,∠ACD=α,∴∠BCD=90°﹣α,∵CD=CA,CD=CB,∴∠ADC=180°?α2=90°?α2,∠BDC∴∠ADB=∠ADC+∠BDC=90°?α2+45°+故答案為:135°;(2)①依題意補全圖形如圖,由旋轉得:CD=CA=CB,∠ACD=α,∴∠BCD=90°+α,∵CD=CA,CD=CB,∴∠ADC=180°?α2=90°?α2,∠BDC∴∠ADB=∠ADC﹣∠BDC=90°?α2?45°+②2CE=2BE﹣AD.證明:過點C作CG∥BD,交EB的延長線于點G,∵BC=CD,CE平分∠BCD,∴CE垂直平分BD,∴BE=DE,∠EFB=90°,由①知,∠ADB=45°,∴∠EBD=∠EDB=45°,∴∠FEB=45°,∵BD∥CG,∴∠ECG=∠EFB=90°,∠G=∠EBD=45°,∴EC=CG,EG=2EC∵∠ACE=90°﹣∠ECB,∠BCG=90°﹣∠ECB,∴∠ACE=∠BCG,∵AC=BC,∴△ACE≌△BCG(SAS),∴AE=BG,∵EG=EB+BG=EB+AE=EB+ED﹣AD=2EB﹣AD,∴2CE=2BE﹣AD.總結提升:本題是幾何變換綜合題,考查了全等三角形的判定和性質,等腰直角三角形的性質,旋轉的性質,添加恰當的輔助線構造全等三角形是本題的關鍵.12.(2022?連云港)【問題情境】在一次數學興趣小組活動中,小昕同學將一大一小兩個三角板按照如圖1所示的方式擺放.其中∠ACB=∠DEB=90°,∠B=30°,BE=AC=3.【問題探究】小昕同學將三角板DEB繞點B按順時針方向旋轉.(1)如圖2,當點E落在邊AB上時,延長DE交BC于點F,求BF的長.(2)若點C、E、D在同一條直線上,求點D到直線BC的距離.(3)連接DC,取DC的中點G,三角板DEB由初始位置(圖1),旋轉到點C、B、D首次在同一條直線上(如圖3),求點G所經過的路徑長.(4)如圖4,G為DC的中點,則在旋轉過程中,點G到直線AB的距離的最大值是734思路引領:(1)根據銳角三角函數求解,即可求出答案;(2)①當點E在BC上方時,如圖1過點D作DH⊥BC于H,根據銳角三角函數求出BC=33,DE=3②當點E在BC下方時,同①的方法,即可求出答案;(3)先求出∠BOE=150°,再判斷出點G是以點O為圓心,3為半徑的圓上,最后用弧長公式求解,即可求出答案;(4)過點O作OK⊥AB于K,求出OK=3解:(1)由題意得,∠BEF=∠BED=90°,在Rt△BEF中,∠ABC=30°,BE=3,∴BF=BEcos∠ABC=(2)①當點E在BC上方時,如圖1,過點D作DH⊥BC于H,在Rt△ABC中,AC=3,∴tan∠ABC=AC∴BC=ACtan∠ABC=在Rt△BED中,∠EBD=∠ABC=30°,BE=3,∴DE=BE?tan∠DBE=3在Rt△BCE中,BE=3,BC=33,根據勾股定理得,CE=BC2∴CD=CE+DE=32+∵S△BCD=12CD?BE=12∴DH=CD?BE②當點E在BC下方時,如圖2,過點D作DM⊥BC于M,∵S△BDC=12BC?DM=12∴DM=CD?BE即點D到直線BC的距離為6±1;(3)如圖3﹣1,連接CD,取CD的中點G,取BC的中點O,連接GO,則OG∥AB,∴∠COG=∠B=30°,∴∠BOG=150°,∵點G為CD的中點,點O為BC的中點,∴GO=12BD∴點G是以點O為圓心,3為半徑的圓上,如圖3﹣2,∴三角板DEB由初始位置(圖1),旋轉到點C、B、D首次在同一條直線上時,點G所經過的軌跡為150°所對的圓弧,∴點G所經過的路徑長為150π?3180(4)如圖4,過點O作OK⊥AB于K,∵點O為BC的中點,BC=33,∴OB=3∴OK=OB?sin30°=3由(3)知,點G是以點O為圓心,3為半徑的圓上,∴點G到直線AB的距離的最大值是3+故答案為:73總結提升:此題是幾何變換綜合題,主要考查了銳角三角函數,勾股定理,弧長公式,三角形的中位線定理,三角形的面積,畫出圖形是解本題的關鍵.13.(2022?重慶)在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=22,D為BC的中點,E,F分別為AC,AD上任意一點,連接EF,將線段EF繞點E順時針旋轉90°得到線段EG,連接FG,AG.(1)如圖1,點E與點C重合,且GF的延長線過點B,若點P為FG的中點,連接PD,求PD的長;(2)如圖2,EF的延長線交AB于點M,點N在AC上,∠AGN=∠AEG且GN=MF,求證:AM+AF=2AE(3)如圖3,F為線段AD上一動點,E為AC的中點,連接BE,H為直線BC上一動點,連接EH,將△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面內,得到△B′EH,連接B′G,直接寫出線段B′G的長度的最小值.思路引領:(1)連接CP,判斷出△FCG為等腰直角三角形,進而判斷出CP⊥FG,進而得出DP=12BC,再求出(2)過點E作EH⊥AE交AD的延長線于H,先判斷出△EGA≌△EFH(SAS),得出AG=FH,∠EAG=∠H=45°,進而判斷出△AGN≌△AMF(AAS),即可得出結論;(3)先求出BE=10,再判斷出點B'是以點E為圓心,10為半徑的圓上,再判斷出點G在點A右側過點A與AD垂直且等長的線段上,進而得出EF最大時,B'G(1)解:如圖1,連接CP,由旋轉知,CF=CG,∠FCG=90°,∴△FCG為等腰直角三角形,∵點P是FG的中點,∴CP⊥FG,∵點D是BC的中點,∴DP=12在Rt△ABC中,AB=AC=22,∴BC=2AB∴DP=2;(2)證明:如圖2,過點E作EH⊥AE交AD的延長線于H,∴∠AEH=90°,由旋轉知,EG=EF,∠FEG=90°,∴∠FEG=∠AEH,∴∠AEG=∠HEF,∵AB=AC,點D是BC的中點,∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45∴∠H=90°﹣∠CAD=45°=∠CAD,∴AE=HE,∴△EGA≌△EFH(SAS),∴AG=FH,∠EAG=∠H=45°,∴∠EAG=∠BAD=45°,∵AB⊥AC,HE⊥AC,∴AB∥HE,∴∠AMF=∠HEF,∵△EGA≌△EFH,∴∠AEG=∠HEF,∵∠AGN=∠AEG,∴∠AGN=∠HEF,∴∠AGN=∠AMF,∵GN=MF,∴△AGN≌△AMF(AAS),∴AG=AM,∵AG=FH,∴AM=FH,∴AF+AM=AF+FH=AH=2AE(3)解:∵點E是AC的中點,∴AE=12AC根據勾股定理得,BE=A由折疊知,BE=B'E=10∴點B'是以點E為圓心,10為半徑的圓上,由旋轉知,EF=EG,∴點G在點A右側過點A與AD垂直且等長的線段上,∴B'G的最小值為B'E﹣EG,要B'G最小,則EG最大,即EF最大,∵點F在AD上,∴點F在點A或點D時,EF最大,最大值為2,∴線段B′G的長度的最小值10?總結提升:此題是幾何變換綜合題,主要考查了旋轉的性質,全等三角形的判定和性質,等腰直角三角形的判定和性質,勾股定理,等腰三角形的性質,作出輔助線構造出全等三角形是解本題的關鍵.14.(2022?成都)如圖,在矩形ABCD中,AD=nAB(n>1),點E是AD邊上一動點(點E不與A,D重合),連接BE,以BE為邊在直線BE的右側作矩形EBFG,使得矩形EBFG∽矩形ABCD,EG交直線CD于點H.【嘗試初探】(1)在點E的運動過程中,△ABE與△DEH始終保持相似關系,請說明理由.【深入探究】(2)若n=2,隨著E點位置的變化,H點的位置隨之發生變化,當H是線段CD中點時,求tan∠ABE的值.【拓展延伸】(3)連接BH,FH,當△BFH是以FH為腰的等腰三角形時,求tan∠ABE的值(用含n的代數式表示).思路引領:(1)根據兩角對應相等可證明△ABE∽△DEH;(2)設DH=x,AE=a,則AB=2x,AD=4x,DE=4x﹣a,由△ABE∽△DEH,列比例式可得x=2a±(3)分兩種情況:FH=BH和FH=BF,先根據三角形相似證明F在射線DC上,再根據三角形相似的性質和勾股定理列等式可得結論.解:(1)∵四邊形EBFG和四邊形ABCD是矩形,∴∠A=∠BEG=∠D=90°,∴∠ABE+∠AEB=∠AEB+∠DEH=90°,∴∠DEH=∠ABE,∴△ABE∽△DEH,∴在點E的運動過程中,△ABE與△DEH始終保持相似關系;(2)如圖1,∵H是線段CD中點,∴DH=CH,設DH=x,AE=a,則AB=2x,AD=4x,DE=4x﹣a,由(1)知:△ABE∽△DEH,∴AEDH=AB∴2x2=4ax﹣a2,∴2x2﹣4ax+a2=0,∴x=4a±∵tan∠ABE=AE當x=2a+2a2時,tan當x=2a?2a2時,tan綜上,tan∠ABE的值是2±2(3)分兩種情況:①如圖2,BH=FH,設AB=x,AE=a,∵四邊形BEGF是矩形,∴∠BEG=∠G=90°,BE=FG,∴Rt△BEH≌Rt△FGH(HL),∴EH=GH,∵矩形EBFG∽矩形ABCD,∴ADAB=∴2EHBE=∴EHBE由(1)知:△ABE∽△DEH,∴DEAB∴nx?ax∴nx=2a,∴ax∴tan∠ABE=AE②如圖3,BF=FH,∵矩形EBFG∽矩形ABCD,∴∠ABC=∠EBF=90°,ABBC∴∠ABE=∠CBF,∴△ABE∽△CBF,∴∠BCF=∠A=90°,∴D,C,F共線,∵BF=FH,∴∠FBH=∠FHB,∵EG∥BF,∴∠FBH=∠EHB,∴∠EHB=∠CHB,∵BE⊥EH,BC⊥CH,∴BE=BC,由①可知:AB=x,AE=a,BE=BC=nx,由勾股定理得:AB2+AE2=BE2,∴x2+a2=(nx)2,∴x=a∴tan∠ABE=AE綜上,tan∠ABE的值是n2或n總結提升:此題是幾何變換綜合題,考查了相似三角形的判定與性質,矩形的相似的性質,矩形的性質以及直角三角形的性質,三角形全等的性質和判定等知識,注意運用參數表示線段的長,并結合方程解決問題,還要運用分類討論的思想.15.(2022?重慶)如圖,在銳角△ABC中,∠A=60°,點D,E分別是邊AB,AC上一動點,連接BE交直線CD于點F.(1)如圖1,若AB>AC,且BD=CE,∠BCD=∠CBE,求∠CFE的度數;(2)如圖2,若AB=AC,且BD=AE,在平面內將線段AC繞點C順時針方向旋轉60°得到線段CM,連接MF,點N是MF的中點,連接CN.在點D,E運動過程中,猜想線段BF,CF,CN之間存在的數量關系,并證明你的猜想;(3)若AB=AC,且BD=AE,將△ABC沿直線AB翻折至△ABC所在平面內得到△ABP,點H是AP的中點,點K是線段PF上一點,將△PHK沿直線HK翻折至△PHK所在平面內得到△QHK,連接PQ.在點D,E運動過程中,當線段PF取得最小值,且QK⊥PF時,請直接寫出PQBC思路引領:(1)如圖1中,在射線CD上取一點K,使得CK=BE,證明△BCE≌△CBK(SAS),推出BK=CE,∠BEC=∠BKD,再證明∠ADF+∠AEF=180°,可得結論;(2)結論:BF+CF=2CN.首先證明∠BFC=120°.如圖2﹣1中,延長CN到Q,使得NQ=CN,連接FQ,證明△CNM≌△QNF(SAS),推出FQ=CM=BC,延長CF到P,使得PF=BF,則△PBF是等邊三角形,再證明△PFQ≌△PBC(SAS),推出PQ=PC,∠CPB=∠QPF=60°,推出△PCQ是等邊三角形,可得結論;(3)由(2)可知∠BFC=120°,推出點F的運動軌跡為紅色圓弧(如圖3﹣1中),推出P,F,O三點共線時,PF的值最小,此時tan∠APK=AOAP=23,如圖3﹣2中,過點H作HL⊥PK于點L,設HL=LK=2,PL=3,PH=7解:(1)如圖1中,在射線CD上取一點K,使得CK=BE,在△BCE和△CBK中,BC=CB∠BCK=∠CBE∴△BCE≌△CBK(SAS),∴BK=CE,∠BEC=∠BKD,∵CE=BD,∴BD=BK,∴∠BKD=∠BDK=∠ADC=∠CEB,∵∠BEC+∠AEF=180°,∴∠ADF+∠AEF=180°,∴∠A+∠EFD=180°,∵∠A=60°,∴∠EFD=120°,∴∠CFE=180°﹣120°=60°;(2)結論:BF+CF=2CN.理由:如圖2中,∵AB=AC,∠A=60°,∴△ABC是等邊三角形,∴AB=CB,∠A=∠CBD=60°,∵AE=BD,∴△ABE≌△BCD(SAS),∴∠BCF=∠ABE,∴∠FBC+∠BCF=60°,∴∠BFC=120°,如圖2﹣1中,延長CN到Q,使得NQ=CN,連接FQ,∵NM=NF,∠CNM=∠FNQ,CN=NQ,∴△CNM≌△QNF(SAS),∴FQ=CM=BC,延長CF到P,使得PF=BF,則△PBF是等邊三角形,∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°,∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC,∵PB=PF,∴△PFQ≌△PBC(SAS),∴PQ=PC,∠CPB=∠QPF=60°,∴△PCQ是等邊三角形,∴BF+CF=PC=QC=2CN.證法二:延長MC到P,使得CP=CM,連接PB,PF,延長FC到Q,使得CQ=BF.∵FN=MN,CP=CM,∴PF=2CN,∵CB=CM=CP,∠BCP=180°﹣60°﹣60°=60°,∴△BCP是等邊三角形,∴∠BPC+∠BFC=180°,∴∠PBF+∠PCF=180°,∵∠PCQ+∠PCF=180°,∴∠PBF=∠PCQ,∴PB=PC,BF=CQ,∴△PBF≌△PCQ(SAS),∴PF=PQ,∠BPF=∠QPC,∴∠QPF=∠BPC=60°,∴△PQF是等邊三角形,∴FQ=CF+CQ=CF+BF=2CN;(3)由(2)可知∠BFC=120°,∴點F的運動軌跡為紅色圓弧(如圖3﹣1中),∴P,F,O三點共線時,PF的值最小,此時tan∠APK=AO∴∠HPK>45°,∵QK⊥PF,∴∠PKH=∠QKH=45°,如圖3﹣2中,過點H作HL⊥PK于點L,設PQ交KH題意點J,設HL=LK=2,PL=3,PH=7,KH=2∵S△PHK=12?PK?HL=12?∴PQ=2PJ=2×2(2+3∴PQBC總結提升:本題屬于幾何變換綜合題,考查了等邊三角形的判定和性質,全等三角形的判定和性質,解直角三角形等知識,解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題,學會利用面積法解決問題,屬于中考壓軸題.16.(2022?鐘樓區校級模擬)如圖,將矩形紙片ABCD沿對角線AC折疊,點D落在點F處,AF與BC相交于點E.(1)求證:△ABE≌△CFE;(2)若AB=4,AD=8,求AE的長.思路引領:(1)根據AAS證明三角形全等即可.(2)設AE=x,在Rt△ABE中,利用勾股定理構建方程即可解問題.(1)證明:∵矩形ABCD沿對角線AC折疊,點D落在等F處,∴∠F=∠D=∠B=90°,CD=CF=AB,∵∠AEB=∠CEF,∴△ABE≌△CFE(AAS).(2)設AE=x,∵△ABE≌△CFE,∴EC=AE=x,∵四邊形ABCD是矩形,∴∠B=90°,BC=AD=8,BE=8﹣x,在Rt△ABE中,則有(8﹣x)2+42=x2,解得x=5,∴AE=5.總結提升:本題考查翻折變換,矩形的性質,勾股定理,全等三角形的判定和性質等知識,解題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題,屬于中考常考題型.17.(2022?濱海縣校級三模)如圖,一張矩形紙片ABCD中,∠B=∠C=90°,AD>AB.將矩形紙片折疊,使得點A與點C重合,折痕交AD于點M,交BC于點N.(1)請在圖中用圓規和無刻度的直尺作出折痕MN(不寫作法,保留作圖痕跡);(2)在(1)的條件下,連接AN、CM,判斷四邊形ANCM的形狀并說明理由;(3)若AB=4,BC=8,求折痕MN的長.思路引領:(1)根據線段的垂直平分線的作圖步驟畫圖;(2)先判定四邊形ANCM是平行四邊形,再證明是菱形;(3)多次利用勾股定理求解.解:(1)如下圖:MN即為所求;(2)四邊形ANCM的形狀是菱形,理由:由折疊得:MN是AC的垂直平分線,∴∠AOM=∠CON=90°,AO=CO,矩形紙片ABCD中,有AD∥BC,∴∠CAD=∠ACB,∴△AOM≌△CON(ASA),∴AM=CN,∴四邊形AMCN是平行四邊形,∵∠CON=90°,∴?AMCN是菱形;(3)∵MN是AC的垂直平分線,∴AN=CN,設CN=x,則BN=8﹣x,在Rt△ABN中,AN2=AB2+BN2,即:x2=42+(8﹣x)2,解得:x=5,在Rt△ABC中,有AC=AB2∴OC=1在Rt△CON中,ON=C∴MN=2ON=25.總結提升:本題考查了作圖,掌握菱形的判定方法和勾股定理是解題的關鍵.18.(2022?珠海校級三模)如圖,在矩形ABCD中,AB=2,AD=4,F是對角線AC上不與點A,C重合的一點,過點F作EF⊥AD于點E,將△AEF翻折得到△GEF,點G在線段AD上,連接CG,若∠FGC=90°,延長GF交AB于點H,連接CH.(1)求證:△CDG∽△GAH;(2)求tan∠GHC的值.思路引領:(1)由矩形的性質得∠D=∠GAH=90°,再證∠DCG=∠AGH,即可得出結論;(2)由翻折的性質得∠EGF=∠EAF,則∠AGH=∠DAC=∠DCG,再由銳角三角函數定義得DGCD=AHAG=CDAD(1)證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴∠D=∠GAH=90°,∴∠DCG+∠DGC=90°,∵∠FGC=90°,∴∠AGH+∠DGC=90°,∴∠DCG=∠AGH,∴△CDG∽△GAH;(2)解:∵四邊形ABCD是矩形,∴CD=AB=2,由翻折的性質得:∠EGF=∠EAF,∴∠AGH=∠DAC=∠DCG,∴tan∠DCG=tan∠AGH=tan∠DAC,∴DGCD∴DG=12CD∴AG=AD﹣DG=4﹣1=3,∵△CDG∽△GAH,∴CGGH∴tan∠GHC=CG總結提升:此題考查了翻折變換的性質、矩形的性質、相似三角形的判定與性質以及銳角三角函數定義等知識,熟練掌握翻折變換的性質和矩形的性質,證明三角形相似是解題的關鍵.19.(2022?大理州二模)如圖,在矩形OABC中,OA=8,AB=4.將△OAB沿OB所在直線翻折,點A落在點A′處,OA'與BC邊交于點D,過點B作BE∥OA′交OA于點E.(1)求證:四邊形OEBD是菱形.(2)求線段OD的長.思路引領:(1)先證明四邊形OEBD為平行四邊形,由折疊的性質可知,∠EOB=∠BOD,證出∠OBD=∠BOD,由菱形的判定可得出結論;(2)設CD=x,則OD=BD=8﹣x,由勾股定理求出x=3,則可得出答案.(1)證明:∵四邊形OABC是矩形,∴CB∥AO,∴∠EOB=∠OBD,又∵BE∥OA′,∴四邊形OEBD為平行四邊形,由折疊的性質可知,∠EOB=∠BOD,∴∠OBD=∠BOD,∴OD=BD,∴四邊形OEBD為菱形;(2)解:∵OABC是矩形,OC=4,CB=8,∴設CD=x,由(1)知:OD=BD=8﹣x,在Rt△OCD中,有OC2+CD2=OD2,即:16+x2=(8﹣x)2,解得:x=3,∴OD=8﹣3=5,∴線段OD的長為5.總結提升:本題考查了菱形的判定和性質,平行四邊形的判定和性質,折疊的性質等知識,解題的關鍵是理解題意,靈活運用所學知識解決問題.20.(2022?新市區校級三模)如圖,在Rt△ABC中,∠BAC=90,AD為△ABC的中線,將△ABD沿AB進行折疊,得到△ABE,連接AE、CE,CE交AD于F點.(1)判斷四邊形ADBE的形狀,并說明理由;(2)若已知EC⊥AD,EC=23,求△CBE思路引領:(1)利用直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可得AD=BD=DC,再根據翻折的性質即可求解;(2)利用AD∥BE,AD⊥CE,可得BE⊥CE,利用來菱形的性質證得BC=2BE,再利用勾股定理即可求出BE,則問題即可得解.解:(1)四邊形ADBE為菱形,理由:∵∠BAC=90,AD為Rt△ABC的中線,∴AD=BD=DC,由折疊可知:AE=AD,BE=BD,∴AE=AD=BD=BE,∴四邊形ADBE為菱形;(2)∵四邊形ADBE為菱形,∴BD=BE,AD∥BE,∵AD⊥CE,∴BE⊥CE,∴∠BEC=90°∵BC=2BE,∴BC=2BD=2BE,∵BE2+CE2=BC2,∴BE∴BE=2,∴△BEC的面積=BE?EC總結提升:本題考查了菱形的判定與性質、直角三角形斜邊中線等于斜邊一半、勾股定理等知識,靈活利用菱形的性質是解答本題的關鍵.21.(2023?南開區模擬)已知點O是△ABC內一點,連接OA,OB,將△BAO繞點B順時針旋轉如圖,若△ABC是等邊三角形,OA=5,OB=12,△BAO旋轉后得到△BCD,連接OC,OD,已知OC=13.(Ⅰ)求OD的長;(Ⅱ)求∠AOB的大小.思路引領:(Ⅰ)證明△BOD是等邊三角形,可得OD=OB=12;(Ⅱ)利用勾股定理的逆定理證明△ODC是直角三角形,即可求解.解:(Ⅰ)∵將△BAO繞點B順時針旋轉,∴△BAO≌△BCD,∴∠ABO=∠CBD,BO=BD,∵△ABC是等邊三角形,∴∠ABC=60°,∵∠ABO=∠CBD,∴∠ABO+∠OBC=∠CBD+∠OBC,∴∠OBD=∠ABC=60°,∵BO=BD,∴△BOD是等邊三角形,∴OD=OB=12;(Ⅱ)∵△BAO≌△BCD,∴∠AOB=∠CDB,AO=CD=5,∵△BOD是等邊三角形,∴∠BDO=60°,∵OD=12,CD=5,OC=13,即132=52+122,∴OC2=CD2+OD2,∴△ODC是直角三角形,∠ODC=90°,∴∠BDC=∠BDO+∠ODC=60°+90°=150°,∴∠AOB=∠BDC=150°.總結提升:本題考查了旋轉的性質,勾股定理的逆定理,等邊三角形的判定和性質,靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵.22.(2022?沭陽縣校級模擬)(1)如圖1,已知正方形ABCD的邊長為6,圓B的半徑為3,點P是圓B上的一個動點,則PD+12PC的最小值為152,PD?12PC(2)如圖2,已知菱形ABCD的邊長為4,∠B=60°,圓B的半徑為2,點P是圓B上的一個動點,求PD+12PC的最小值,以及PD?思路引領:(1)在BC上截取BE=32,可證得△PBE∽△CBP,進而得出PE=12PC,從而PD+12PC=PD+PE≥DE,PD?12(2)方法同(1)相同.解:(1)如圖1,在BC上截取BE=3∴BEBP∵∠PBE=∠PBC,∴△PBE∽△CBP,∴PEPC∴PE=12∴PD+12PC=PD+PE≥PD?12PC=PD﹣PE≤∵四邊形ABCD是正方形,∴∠BCD=90°,∴DE=C∴PD+12PC的最小值為:152,此時點P在PD?12PC的最大值為:152,此時點P在故答案為:152,15(2)如圖2,在BC上截取BE=1,作DF⊥BC交BC的延長線于F,∴BEBP∵∠PBE=∠PBC,∴△PBE∽△CBP,∴PEPC∴PE=12∴PD+12PC=PD+PE≥PD?12PC=PD﹣PE≤在Rt△DCF中,∠DCF=∠ABC=60°,CD=4,∴CF=4?cos60°=2,DF=4?sin60°=23,在Rt△DEF中,DF=23,EF=CE+CF=3+2=5,∴DE=5∴PD+12PC的最小值為:37,此時點P在PPD?12PC的最大值為:37,此時點P在P總結提升:本題考查了相似三角形的判定和性質,解直角三角形等知識,解決問題的關鍵是作輔助線,構造相似三角形.23.(2023?金溪縣模擬)如圖,長方形ABCD中,AB=6,BC=8,E為BC上一點,且BE=2,F為AB邊上的一個動點,連接EF,將△FBE繞著點E順時針旋轉45°得到△GTE,連接CG、DE.(1)求證:TG∥DE;(2)當BF為多少時,CG的最小值且最小值是多少?思路引領:(1)由旋轉的性質可得BE=TE=2,∠BET=45°,∠EBF=∠GTE=90°,可得∠TED=90°,可得結論;(2)由題意可得當CG⊥TG時,CG有最小值,由等腰直角三角形的性質和矩形的性質可求解.(1)證明:∵AB=6,BC=8,BE=2,∴CD=CE=6,∴∠DEC=45°,∵將△FBE繞著點E順時針旋轉45°得到△GTE,∴BE=TE=2,∠BET=45°,∠EBF=∠GTE=90°,∴∠TED=90°,∴∠GTE+∠TED=180°,∴TG∥DE;(2)解:∵TG∥DE,∴點G在與DE平行且與DE的距離為2的直線上運動,∴當CG⊥TG時,CG有最小值,∴四邊形TEJG是矩形,∴GJ=TE=2,∠EJC=90°,TG=EJ,∴△EJC是等腰直角三角形,∴TG=JC=32,∴當BF為32時,CG的最小值為32+總結提升:本題考查了旋轉的性質,等腰直角三角形的性質,矩形的性質等知識,靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵.24.(2022?鐘樓區校級模擬)將一副三角板按如圖所示的方式擺放,AB=6,DE=9,點D為邊AC上的點,ADAC=33,(1)∠ADE的大小為75度.(2)若三角板DEF固定,將三角板ABC繞點D逆時針旋轉,①當點B第一次落在直線DE上時停止旋轉,請在圖1中用直尺和圓規畫出線段AB旋轉運動所形成的平面圖形(用陰影表示,保留畫圖痕跡,不要求寫畫法),則該圖形的面積為18+12π.②當旋轉至A、B、E三點共線時,求BE的長.思路引領:(1)利用平行線的性質以及三角形的外角的性質求解即可;(2)①根據題意畫出圖形,利用扇形的面積公式求解即可;②分兩種情形:如圖2﹣1中,當點B落在線段AE上時,如圖2﹣2中,當點A落在BE上時,利用勾股定理求出AE即可解決問題.解:(1)如圖1中,設DE交BC于點T.∵BC∥EF,∴∠DTC=∠E=45°,∴∠ADE=∠DTC+∠C=45°+30°=75°.故答案為:75;(2)①圖形如圖1﹣1所示:∵AB=6,∠BAC=90°,∠C=30°,∴AC=3AB=63∵ADAC∴AD=6,∴DB=AB2∴陰影部分的面積=S△ABD+S扇形DBB﹣S扇形ADA′﹣S△A′DB′=S扇形DBB′﹣S扇形ADA′=30π×(6=3π.故答案為:3π.②如圖2﹣1中,當點B落在線段AE上時,在Rt△AED中,AE=DE2∵AB=6,∴BE=AE﹣AB=35?如圖2﹣2中,當點A落在BE上時,同法可得AE=35,此時BE=AE+AB=35+綜上所述,滿足條件的BE的值為35?6或35總結提升:本題屬于幾何變換綜合題,考查了旋轉變換,特殊直角三角形的性質,勾股定理,扇形的面積等知識,解題的關鍵是理解題意,學會用分類討論的思想思考問題,屬于中考壓軸題.25.(2022?鄖陽區模擬)如圖1,△ABC和△ADE均為等邊三角形,連接BD,CE.(1)直接寫出BD與CE的數量關系為相等;直線BD與CE所夾銳角為60度;(2)將△ADE繞點A逆時針旋轉至如圖2,取BC,DE的中點M,N,連接MN,試問:MNBD(3)若AB=14,AD=6,當圖形旋轉至B,D,E三點在一條直線上時,請畫出圖形,并直接寫出MN的值為53或83.思路引領:(1)根據等邊三角形的性質,由SAS可證△ABD≌△ACE,由全等三角形的性質可得∠ABD=∠ACE,BD=CE,再利用三角形外角的性質可求解;(2)如圖2中,連接AM、AN.只要證明△BAD∽△MAN,利用相似比為32(3)如圖3,連接AM,AN,根據等邊三角形的性質得到AN⊥DE,DN=EN=12DE=12AD=3,∠DAN=12∠DAE=30°,AN=33,同理AM=73根據勾股定理得到BN=AB解:(1)如圖1,設直線BD與CE相交于F,∵△ABC和△ADE均為等邊三角形,∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,∴∠BAD=∠CAE,∴△ABD≌△ACE(SAS),∴∠ABD=∠ACE,BD=CE,∵∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠BFC(8字型),∴∠BFC=∠BAC=60°,故答案為:相等,60;(2)不發生變化,理由如下:如圖2中,連接AM、AN,∵△ABC,△ADE都是等邊三角形,BM=MC,DN=NE,∴AM⊥BC,AN⊥DE,∠ABC=∠ADE=∠BAC=∠DAE=60°,∴AMAB=sin60°,ANAD=sin60°,∠MAB=∠MAC=∠DAN=∠∴AMAB=ANAD,∠BAD∴△BAD∽△MAN,∴MNBD=AMAB(3)如圖3,連接AM,AN,∵△ABC和△ADE均為等邊三角形,點M,N是BC,DE的中點,∴AN⊥DE,DN=EN=12DE=12AD=3,∠DAN∴AN=33,同理AM=73∴BN=A∴BD=BN﹣DN=10,由(2)知MNBD∴MN=10×32=當D,E在△ABC外部時,同理可得BD=13+3=16,∴MN=83.故答案為:53或83.總結提升:此題是幾何變換綜合題,主要考查相似三角形的判定和性質、等邊三角形的判定和性質、等腰直角三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質等知識,解題的關鍵是學會添加常用輔助線,構造全等三角形或相似三角形解決問題.26.(2022?齊河縣模擬)如圖,在△ABC中,AB=AC,E是線段BC上一動點(不與B、C重合),連接AE,將線段AE繞點A逆時針旋轉與∠BAC相等的角度,得到線段AF,連接EF.點M和點N分別是邊BC,EF的中點.【問題發現】(1)如圖1,若∠BAC=60°,當點E是BC邊的中點時,MNBE=32,直線BE與MN【解決問題】(2)如圖2,若∠BAC=60°,當點E是BC邊上任意一點時(不與B、C重合),上述兩個結論是否成立?若成立,請寫出證明過程;若不成立,請說明理由.【拓展探究】(3)如圖3,若∠BAC=90°,AB=6,CG=13CB,在E思路引領:(1)設AB=2a,證△ABC是等邊三角形,得AB=BC=2a,AE⊥BC,BE=a,則AE=3a,再證△AEF是等邊三角形,得∠AEF=60°,EF=AE=3a,則∠NEC=30°,然后由等邊三角形的性質得AN⊥EF,MN=12(2)連接AM、AN,證△ABC為等邊三角形,則AM⊥BC,再證△MAN∽△BAE,得MNBE=32,∠AMN=∠ABE=60°,則∠NMC=∠AMC﹣∠(3)連接AM、AN,同(2)得AM⊥BC,△MAN∽△BAE,則∠AMN=∠B=45°,∠NMC=45°,再求出MG=2,當GN⊥MN時,GN最小,此時△MNG解:(1)設AB=2a,∵AB=AC,∠BAC=60°,∴△ABC是等邊三角形,∴AB=BC=2a,∵點E是BC邊的中點,點M是BC邊的中點,∴E與M重合,AE⊥BC,BE=a,∴AE=AB由旋轉的性質得:∠EAF=∠BAC=60°,AE=AF,∴△AEF是等邊三角形,∴∠AEF=60°,EF=AE=3a∴∠NEC=∠AEC﹣∠AEF=90°﹣60°=30°,∵點N是EF的中點,∴AN⊥EF,MN=12EF=∴MNBE故答案為:32(2)上述兩個結論均成立,理由如下:如圖2,連接AM、AN,∵AB=AC,∠BAC=60°,∴△ABC為等邊三角形,∵M是BC中點,∴AM⊥BC,∴∠BMA=90°,在Rt△ABM中,∠B=60°,∴∠BAM=90°﹣∠B=30°,sinB=AM同理可得∠EAN=30°,sin∠AEF=AN∴∠MAN=∠BAE,ANAE∴△MAN∽△BAE,∴MNBE=ANAE=32,∠∴∠NMC=∠AMC﹣∠AMN=90°﹣60°=30°,綜上所述,MNBE=32,直線BE和(3)如圖3,連接AM、AN,∵AB=AC,∠BAC=90°,∴△ABC是等腰直角三角形,∴∠B=45°,BC=2AB=62同(2)得:AM⊥BC,△MAN∽△BAE,∴∠AMN=∠B=45°,∴∠NMC=∠AMC﹣∠AMN=45°,∵M是BC的中點,∴CM=12BC=3∵CG=13CB=∴MG=CM﹣CG=2當GN⊥MN時,GN最小,此時△MNG是等腰直角三角形,則GN=22即GN的最小值為1.總結提升:本題是幾何變換綜合題目,考查了旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質、等腰三角形的性質以及垂線段最短等知識,本題綜合性強,熟練掌握旋轉變換的性質和等腰三角形的性質,證明三角形全等和三角形相似是解題的關鍵,屬于中考常考題型.27.(2022?槐蔭區二模)在△ABC中,∠BAC=90°,∠ABC=30°,點D在斜邊BC上,且滿足BD=13BC,將線段DB繞點D順時針旋轉至DE,記旋轉角為α,連接CE,BE,以CE為斜邊在其右側作直角三角形CEF,且∠CFE=90°,∠ECF=60°,連接(1)如圖1,當α=180°時,請直接寫出線段BE與線段AF的數量關系BE=2AF;(2)當0°<α<180°時,①如圖2,(1)中線段BE與線段AF的數量關系是否仍然成立?請說明理由;②當B,E,F三點共線時,如圖3,連接AE,若AE=3,請直接寫出cos∠EFA的值及線段BC的值.思路引領:(1)由直角三角形的性質可得AC=12BC,由旋轉的的性質可得BD=DE=13BC,BE=23BC,由直角三角形的性質可求(2)①通過證明△CBE∽△CAF,由相似三角形的性質可得AFBE②過點D作DH⊥BE于H,由等腰三角形的性質可得BH=HE=AF,由相似三角形的性質可求∠EFA=60°,由直角三角形的性質及勾股定理可得出答案.解:(1)∵∠BAC=90°,∠ABC=30°,∴AC=12∵BD=13BC,將線段DB繞點D順時針旋轉至∴BD=DE=13BC,BE=∴CE=13∵∠CFE=90°,∠ECF=60°,∴∠CEF=30°,∴CF=12CE=∴AF=AC﹣CF=13∴BE=2AF;故答案為:BE=2AF;(2)①結論仍然成立,理由如下:∵∠BCA=∠ECF=60°,∴∠BCE=∠ACF,又∵ACBC∴△CBE∽△CAF,∴AFBE∴BE=2AF;②∵B,E,F三點共線,∴∠CEB+∠CEF=180°,∴∠CEB=150°,∵△CBE∽△CAF,∴∠CEB=∠AFC=150°,∴∠EFA=150°﹣90°=60°,∴cos∠EFA=cos60°=1如圖3,過點D作DH⊥BE于H,∵BD=DE,DH⊥BE,∴BH=HE,∵BE=2AF,∴BH=HE=AF,∵DH⊥BE,CF⊥BE,∴DH∥CF,∴BHHF∴HF=2BH,∴EF=HE=BH,∴EF=AF,∴△EFA是等邊三角形,∴EF=AE=AF=3,∴BE=6,CF=3∴BC=BF2總結提升:本題是幾何變換綜合題,考查了直角三角形的性質,等邊三角形的判定,相似三角形的判定和性質,靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵.28.(2022?臨邑縣模擬)如圖,△ABC與△ACD為正三角形,點O為射線CA上的動點,將射線OM繞點O逆時針旋轉60°,得到射線ON.(1)如圖1,點O與點A重合時,點E,F分別在線段BC,CD上,求證:△AEC≌△OFD;(2)如圖2,當點O在CA的延長線上時,E,F分別在線段BC的延長線和線段CD的延長線上,請寫出CE、CF、CO三條線段之間的數量關系,并說明理由.思路引領:(1)由等邊三角形得到AC=AD,∠ACB=∠D=∠BAC=∠COD=60°,推出∠EAC=∠FOD,即可證得結論;(2)過點O作OH∥BC交CF于點H,得到△COH是等邊三角形,證明△OHF≌△OCE,推出CE=FH,即可得到CF=CO+CE.(1)證明:∵△ABC與△ACD為正三角形,∴AC=AD,∠ACB=∠D=∠BAC=∠COD=60°,由旋轉得∠EOF=60°,∴∠EAC=∠FOD,∴△AEC≌△OFD(ASA);(2)解:CF=CO+CE,理由如下:如圖3,過點O作OH∥BC交CF于點H,∴∠HOC=∠BCA=60°,∠OHC=∠HCE=60°,∴△COH是等邊三角形,∴OC=CH=OH,∵∠EOF=∠COH=∠CHO=∠BCA=60°,∴∠COE=∠FOH,∠OCE=∠OHF=120°,∵OH=OC,∴△OHF≌△OCE(ASA),∴CE=FH,∵CF=CH+FH,∴CF=CO+CE.總結提升:此題考查了旋轉的性質,掌握等邊三角形的判定及性質,勾股定理,全等三角形的判定及性質是解題的關鍵.29.(2022?亭湖區校級模擬)問題:A4紙給我們矩形的印象,這個矩形是特殊矩形嗎?思考:通過度量、上網查閱資料,小麗同學發現A4紙的長與寬的比是一個特殊值“2”定義:如圖1,點C把線段AB分成兩部分,如果ACBC=2,那么點C為線段AB的“白銀分割點”如圖2,矩形ABCD中,BC應用:(1)如圖3,矩形ABCD是白銀矩形,AD>AB,將矩形沿著EF對折,求證:矩形ABFE也是白銀矩形.(2)如圖4,矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E為CD上一點,將矩形ABCD沿BE折疊,使得點C落在AD邊上的點F處,延長BF交CD的延長線于點G,說明點E為線段GC的”白銀分制點”(3)已知線段AB(如圖5),作線段AB的一個“白銀分割點”.(要求:尺規作圖,保留作圖痕跡,不寫作法)思路引領:(1)設AB=m,則AD=2m,根據將矩形沿著EF對折,可得AE=DE=12AD=22m(2)根據四邊形ABCD是矩形,矩形ABCD沿BE折疊,使得點C落在AD邊上的點F處,可得AF=BF2?AB2=1,從而有△ABF是等腰直角三角形,即可證△GFE的等腰直角三角形,故GE=2EF,即得GE=2CE(3)過B作BH⊥AB,在BH上取BE=AB,連接AE,作∠AEB的角平分線交AB于K,則點K即為線段AB的“白銀分割點”.(1)證明:∵矩形ABCD是白銀矩形,AD>AB,∴設AB=m,則AD=2m∵將矩形沿著EF對折,∴∠AEF=∠DEF=90°,AE=DE=12AD=∵∠A=∠B=90°,∴四邊形ABFE是矩形,∵ABAE∴矩形ABFE也是白銀矩形;(2)證明:如圖:∵四邊形ABCD是矩形,∴∠A=90°=∠C,∵矩形ABCD沿BE折疊,使得點C落在AD邊上的點F處,∴BF=BC=2,∠BFE=∠C=90°=∠GFE,EF=CE∵AB=1,∴AF=B∴AB=AF,∴△ABF是等腰直角三角形,∠AFB=45°=∠GFD,∵∠ADC=90°=∠ADG,∴∠G=45°,∴△GFE的等腰直角三角形,∴GE=2EF∴GE=2CE∴E是線段GC的”白銀分制點”;(3)如圖:過B作BH⊥AB,在BH上取BE=AB,連接AE,作∠AEB的角平分線交AB于K,點K即為線段AB的“白銀分割點”.總結提升:本題考查幾何變換綜合應用,涉及新定義,矩形的性質及應用,等腰直角三角形的判定與性質,解題的關鍵是讀懂“白銀三角形”,“白銀分割點”的定義.30.(2022?沭陽縣校級模擬)在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠ACB=30°,將△ABC繞點C順時針旋轉一定的角度得到△DEC,點A、B的對應點分別是D、E.(1))點E恰好落在邊AC上,如圖1,求∠ADE的大小;(2)如圖2,若△ABC繞點C順時針旋轉的角度為60°,點F是邊AC中點,求證:四邊形BFDE是平行四邊形.思路引領:(1)先根據旋轉的性質得到∠DCE=∠ACB=30°,CD=CA,∠DEC=∠ABC=90°,再根據等腰三角形的性質和三角形內角和計算出∠CAD=∠CDA=75°,然后利用互余可計算出∠ADE的度數;(2)先根據斜邊上的中線性質得到BF=FA=FC=AB,再根據旋轉的性質得到DE=AB,CB=CE,∠BCE=60°,∠DEC=∠ABC=90°,所以DE=BF,接著證明△BCE為等邊三角形得到∠CBE=∠CEB=60°,然后證明DE∥BF,從而可判斷四邊形BFDE是平行四邊形.(1)解:∵△ABC繞點C順時針旋轉一定的角度得到△DEC,點E恰好落在邊AC上,∴∠DCE=∠ACB=30°,CD=CA,∠DEC=∠ABC=90°,∵CD=CA,∴∠CAD=∠CDA=12(180°﹣30°)=75在Rt△ADE中,∠ADE=90°﹣∠EAD=90°﹣75°=15°;(2)證明:∵∠ABC=90°,∠ACB=30°,∴∠A=60°,AC=2AB,∵點F是邊AC中點,∴BF=FA=FC,∴AB=BF,∵△ABC繞點C順時針旋轉的角度為60°,∴DE=AB,CB=CE,∠BCE=60°,∠DEC=∠ABC=90°,∴DE=BF,∵CB=CE,∠BCE=60°,∴△BCE為等邊三角形,∴∠CBE=∠CEB=60°,∵FB=FC,∴∠FBC=∠FCB=30°,∴∠EBF=∠EBC﹣∠FBC=30°,∴∠DEB+∠EBF=90°+60°+30°=180°,∴DE∥BF,而DE=BF,∴四邊形BFDE是平行四邊形.總結提升:本題考查了旋轉的性質:對應點到旋轉中心的距離相等;對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角;旋轉前、后的圖形全等.也考查了直角三角形斜邊上的中線和平行四邊形的判定.31.(2022?大名縣校級四

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