2023年浙江省中考数学一轮复习专题训练26:图形的旋转平移与对称(含答案解析)

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资源描述

1、专题26 图形的旋转、平移与对称一、 选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分) 1(2022婺城区校级模拟)下列图形中,属于轴对称图形的是()ABCD2(2022滨江区二模)在平面直角坐标系中,点A的坐标为(1,2),点B的坐标为(3,4),将线段AB水平向右平移5个单位,则在此平移过程中,线段AB扫过的区域的面积为()A2.5B5C10D153(2022镇海区校级二模)如图所示,在RtABC中,C90,AB,tanB,将ABC绕点C顺时针旋转至ABC的位置,且点B在AB上,AB交AC于点D,则ADC的面积为()ABCD44(2022景宁县模拟)如图,在矩形ABCD中,AB5,AD4,

2、E是边CD上一动点,将ADE沿AE翻折得到AFE,连结BF,若E,F,B三点在同一条直线上,则DE的长度等于()A1BCD25(2022常山县模拟)如图,点P是RtABC斜边AB上的动点,点D、E分别在AC、BC边上,连结PD、PE,若AC24,BC18,CD8,CE6,则当PD+PE取得最小值时AP的长是()A18BCD6(2022衢州一模)如图,将矩形纸片ABCD沿EF、GN折叠,使点A和点C重合于点M,点D与点H重合,点B落在边AD上的点P处,且MN经过点P已知,FN10cm,则AB的长为()AcmBcmCcmD9cm7(2022婺城区校级模拟)矩形纸片ABCD中,BC2AB,将纸片对折

3、,使顶点A与顶点C重合,得折痕EF,将纸片展开铺平后再进行折叠,使顶点B与顶点D重合,得折痕MN,展开铺平后如图所示若折痕EF与MN较小的夹角记为,则sin()ABCD8(2022瑞安市一模)如图,是半径为4的O,弦AB平移得到CD(AB与CD位于O点的两侧),且线段CD与O相切于点E,DE2CE,若A,O,D三点共线时,AB的长()A4B5C2D49(2022婺城区模拟)正方形ABCD与正方形AEFG如图所示,AB5,AG4现将正方形AEFG绕点A旋转一周在旋转过程中,当CBG最小时,点F到AB边的距离为()ABCD10(2022仙居县二模)如图,把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针

4、方向旋转,得到正方形ABCD,AB和BC分别交AB于点E,F,在正方形旋转过程中,EOF的大小()A随着旋转角度的增大而增大B随着旋转角度的增大而减小C不变,都是60D不变,都是45二、 填空题(本大题共6小题,每小题4分,共24分)请把答案直接填写在横线上11(2022新昌县二模)如图,将线段AB绕点A顺时针旋转36,得到线段AC若AB10,则点B经过的路径BC长度为 (结果保留)12(2022上城区二模)已知点A和点B为平面直角坐标系内两点,且点A的坐标为(1,1),将点A向右平移3个单位至点B,则线段AB上任意一点的坐标可表示为 13(2022常山县模拟)如图,在RtABC中,C90,B

5、C5,AC12,D为AC边上一点,沿BD将三角形进行折叠,使点A落在点E处,记BE与AC边的交点为F,若DEAC,则CF的长为 14(2022路桥区一模)如图,在ABC中,C90,ACBC,将ABC绕点B逆时针旋转a度(0a180)得到A1BC1,D是A1B的中点,当点A,C1,D在同一条直线上时,a的值为 15(2022萧山区校级二模)如图,点E是菱形ABCD的边CD上一点,将ADE沿AE折叠,点D的对应点F恰好在边BC上,设k(1)若点F与点C重合,则k ;(2)若点F是边BC的中点,则k 16(2022婺城区模拟)图1是一款平衡荡板器材,其示意图如图2,A、D为支架顶点,支撑点B,C,E

6、,F在水平地面同一直线上,G、H为荡板上固定的点,GHBF,测量得AGGHDH,Q为DF上一点且离地面1m,旋转过程中,AG始终与DH保持平行如图3,当旋转至A,Q,H在同一直线上时,连结GQ,测得GQ1.6m,DQG90,此时荡板GH距离地面0.6m(1)DQ的长为 m(2)点D离地面的距离为 m三、解答题(本大题共7小题,共66分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(2022北仑区校级三模)如图,在55的方格纸中,有ABC,请分别按要求作图(1)在图1中,找到一格点D,使得与阴影部分组成的新图形为轴对称,但非中心对称图形(作出一个即可);(2)在图2中,找到一格点D,使得与阴影部

7、分组成的新图形为中心对称,但非轴对称图形(作出一个即可)18(2022黄岩区一模)如图,在平面直角坐标系中,ABC各顶点的坐标为A(3,2),B(1,1),C(4,0),DEF各顶点的坐标为D(3,4),E(5,3),F(2,2)(1)在图中作出ABC关于y轴对称的图形ABC;(2)若ABC与DEF关于点P成中心对称,则点P的坐标是 ;(3)在y轴上找一点Q,使得QA+QD最小19(2022鹿城区二模)在RtABC中,AB,BC,过点C作CGAB,CF平分ACD交射线BA于点F,D是射线CG上的一个动点,连结AD交CF于点E(1)求CF的长(2)当ACE是等腰三角形时,求CD的长(3)当B关于

8、AD的对称点B落在CF上时,求的值20(2022仙居县二模)如图,已知矩形纸片ABCD的长BC8,宽AB4,点E,F分别是边BC,AD上的点,AFCE把矩形纸片沿着直线EF翻折,点A,B的对应点分别为A,B直线AC交射线AD于点G(1)若EB交AD于点P,求证:PEPF,PBPD;(2)若EB交AD于点P,求证:四边形CEFG是平行四边形;(3)若四边形CEFG为菱形,求它的对角线长的比值21(2022诸暨市二模)如图,在RtABC中,C90,BC6,AC8,P为线段BC上一动点,过P作PQAB交AC于Q点,设PCx(1)如图,当x2时,求AQ的长;(2)如图,当x3时,把CPQ绕点C逆时针旋

9、转度(090),使A、P、Q三点一线,求此时AQ的长;(3)如图,将PCQ沿PQ翻折,得到PQM,点M是否可以落在ABC的某边中垂线上?如果可以,求出相应的x的值;如果不可以,说明理由22(2022金东区二模)如图1,已知等腰ABC中,ABAC10,BC12,ADBC,垂足为点D,动点P从点A出发,以1.5个单位每秒速度,沿AB方向运动,同时,点Q从点B出发,以1个单位每秒速度,沿BC方向运动,当点P到达点B时,点Q即停止运动,设运动时间为t秒,过点P作PRAD,垂足为R,连结QR,PQ,作PQR关于QR的对称MQR(1)如图2,当PQAB时,求PQ的长度(2)求PBQ与PQR面积差的最大值(

10、3)当点M落在ABC的边上时,求t的值23(2022宁波模拟)图、都是由边长为1的小菱形构成的网格,每个网格图中有3个小菱形已经涂上了阴影,请在余下的空白小菱形中,按下列要求选取一块涂上阴影(1)如图,使得4个阴影小菱形组成一个既是轴对称图形又是中心对称图形(2)如图,使得4个阴影小菱形组成一个轴对称图形但不是中心对称图形专题26 图形的旋转、平移与对称一、 选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分) 1(2022婺城区校级模拟)下列图形中,属于轴对称图形的是()ABCD【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴进行分析

11、即可【解答】解:A,C,D选项中的图形都不能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以不是轴对称图形;B选项中的图形能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以是轴对称图形;故选:B2(2022滨江区二模)在平面直角坐标系中,点A的坐标为(1,2),点B的坐标为(3,4),将线段AB水平向右平移5个单位,则在此平移过程中,线段AB扫过的区域的面积为()A2.5B5C10D15【分析】由于线段AB向右平移5个单位长度,则段AB在平移过程中扫过的图形的平行四边形的底为5,高为2,然后根据平行四边形的面积公式计算即可【解答】解:A的坐标

12、为(1,2),点B的坐标为(3,4),线段AB向右平移5个单位长度,线段AB在平移过程中扫过的图形的面积5(42)10故选C3(2022镇海区校级二模)如图所示,在RtABC中,C90,AB,tanB,将ABC绕点C顺时针旋转至ABC的位置,且点B在AB上,AB交AC于点D,则ADC的面积为()ABCD4【分析】先根据B的正切值结合勾股定理可得出BC和AC的长;过点B作BFBC于点F,过点C作CEBB于点E,过点D作DGAC于点G,根据正切值可得出CE的值,根据等面积可求出BF的值,根据勾股定理可得出CF的长,进而得出tanBCF的值,解ADC即可得出DG的值,进而可得出ADC的面积【解答】解

13、:在RtABC中,C90,AB,tanB,设BC2x,AC7x,BC2+AC2AB2,(2x)2+(7x)2()2,x1(负值舍去)BC2,AC7由旋转的性质可知,BCBC,BCBACA,AA,ACAC7tanAtanA过点B作BFBC于点F,过点C作CEBB于点E,过点D作DGAC于点G,BEBE,tanB,BC2,BE,CE,BB对于BCB,BBCEBFBC,BF2,解得BF,由勾股定理可知,CFtanBCF,tanACD,设DG2m,AG7m,CGm,7m+m7,解得mADC的面积ACDG2m77m故选:B4(2022景宁县模拟)如图,在矩形ABCD中,AB5,AD4,E是边CD上一动点

14、,将ADE沿AE翻折得到AFE,连结BF,若E,F,B三点在同一条直线上,则DE的长度等于()A1BCD2【分析】根据将ADE沿AE翻折得到AFE,可得BF3,设DEFEx,则CE5x,BEx+3,在RtBCE中,有42+(5x)2(x+3)2,解得DE2【解答】解:四边形ABCD是矩形,ABCD5,ADBC4,DC90,将ADE沿AE翻折得到AFE,AFAD4,AFED90AFB,DEFE,在RtAFB中,BF3,设DEFEx,则CE5x,BEx+3,在RtBCE中,BC2+CE2BE2,42+(5x)2(x+3)2,解得x2,DE2,故选:D5(2022常山县模拟)如图,点P是RtABC斜

15、边AB上的动点,点D、E分别在AC、BC边上,连结PD、PE,若AC24,BC18,CD8,CE6,则当PD+PE取得最小值时AP的长是()A18BCD【分析】连接DE,过点D作DGAB于G,延长DG到F,使FGDG,连接EF,交AB于P,则PD+PEPF+PEEF,此时PD+PE取得最小值证明CDECAB,得出CDEA,DEAB,由cosAcosCDE,得出,求出AG证明PG是FDE的中位线,得出PGDE5,那么APAG+PG【解答】解:如图,连接DE,过点D作DGAB于G,延长DG到F,使FGDG,连接EF,交AB于P,则PD+PEPF+PEEF,此时PD+PE取得最小值AC24,BC18

16、,CD8,CE6,C90,DE10,CDECAB,CDEA,DEAB,cosAcosCDE,即,AGPGDE,FGDG,PG是FDE的中位线,PGDE5,APAG+PG+5故选:B6(2022衢州一模)如图,将矩形纸片ABCD沿EF、GN折叠,使点A和点C重合于点M,点D与点H重合,点B落在边AD上的点P处,且MN经过点P已知,FN10cm,则AB的长为()AcmBcmCcmD9cm【分析】作PRBC,证明PFPE,PNPG,FPN90,解直角三角形PMN【解答】解:如图,作PRBC于R,PRB90,四边形ABCD是矩形,AB90,ADBC,BEFPEF,四边形ABRP是矩形,PRAB,由折叠

17、得,PFEBFE,FPMB90,PFEPEF,FPN90,PFPE,同理可得:PNPG,设PF4a,PN3a,FN5a,5a10,a2,PF4a8,PN3a6,PR,ABPR,故选:A7(2022婺城区校级模拟)矩形纸片ABCD中,BC2AB,将纸片对折,使顶点A与顶点C重合,得折痕EF,将纸片展开铺平后再进行折叠,使顶点B与顶点D重合,得折痕MN,展开铺平后如图所示若折痕EF与MN较小的夹角记为,则sin()ABCD【分析】过D作DHAC于H,由翻折可得EOAEOC90,MODMOB90,即可得DOHMOE,根据BC2AB,设ABmCD,则BC2mAD,即得ACm,OAOCODm,由面积法得

18、DHm,在RtDOH中,sinDOH,即得sin【解答】解:过D作DHAC于H,如图:根据题意可得:EOAEOC90,MODMOB90,EOD+DOH90,MOE+EOD90,DOHMOE,由矩形纸片ABCD中,BC2AB,设ABmCD,则BC2mAD,AC(m),OAOCODm,2SADCADCDACDH,DHm,在RtDOH中,sinDOH,sin,故选:A8(2022瑞安市一模)如图,是半径为4的O,弦AB平移得到CD(AB与CD位于O点的两侧),且线段CD与O相切于点E,DE2CE,若A,O,D三点共线时,AB的长()A4B5C2D4【分析】接OE,OE的反向延长线交AB于F,由切线的

19、性质得EFCD,则EFAB,得AFBFAB,可得,求出OF,再由勾股定理得AF,则AB2AF,即可求出AB的长【解答】解:连接OE,OE的反向延长线交AB于F,如图,CD与O相切于点E,EFCD,由平移的性质得:CDAB,CDAB,EFAB,AFBFAB,在RtAOF中,OA4,OF,DE2CE,DECDAB,CDAB,AB2,故选:C9(2022婺城区模拟)正方形ABCD与正方形AEFG如图所示,AB5,AG4现将正方形AEFG绕点A旋转一周在旋转过程中,当CBG最小时,点F到AB边的距离为()ABCD【分析】由旋转的性质可得G点在以A为圆心,AG为半径的圆上,当BG与圆A相切时,CBG有最

20、小值,此时G、F、B三点共线,过点F作MFAB交延长线于点M,由sinABG,求出MF即为所求距离【解答】解:G点在以A为圆心,AG为半径的圆上,当BG与圆A相切时,CBG有最小值,AGF90,G、F、B三点共线,过点F作MFAB交延长线于点M,AB5,AG4,BG3,BF1,sinABG,MF,F点到AB的距离是,故选:C10(2022仙居县二模)如图,把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转,得到正方形ABCD,AB和BC分别交AB于点E,F,在正方形旋转过程中,EOF的大小()A随着旋转角度的增大而增大B随着旋转角度的增大而减小C不变,都是60D不变,都是45【分析】连接AO

21、,BO,AO,AB,依据正方形的性质,即可得到AEBE,进而得出AOEBOE(SSS),根据全等三角形的的性质,可得AOEBOE同理可得,BOFBOF,根据EOFBOE+BOFAOB,可知在正方形旋转过程中,EOF的大小不变,是45【解答】解:如图所示,连接AO,BO,AO,AB,正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转,得到正方形ABCD,AOBO,OABOBA,又OAEOBE45,EABEBA,AEBE,又EOEO,AOEBOE(SSS),AOEBOE同理可得,BOFBOF,EOFBOE+BOFAOB9045在正方形旋转过程中,EOF的大小不变,是45故选:D二、 填空题(本大题

22、共6小题,每小题4分,共24分)请把答案直接填写在横线上11(2022新昌县二模)如图,将线段AB绕点A顺时针旋转36,得到线段AC若AB10,则点B经过的路径BC长度为 2(结果保留)【分析】根据弧长公式,直接代入计算即可【解答】解:根据弧长公式得的长度为:2,故答案为:212(2022上城区二模)已知点A和点B为平面直角坐标系内两点,且点A的坐标为(1,1),将点A向右平移3个单位至点B,则线段AB上任意一点的坐标可表示为 (m,1)(1m4)【分析】正确作出图形,利用参数m表示点P的坐标即可【解答】解:如图,点P(m,1)(1m4),故答案为:(m,1)(1m4)13(2022常山县模拟

23、)如图,在RtABC中,C90,BC5,AC12,D为AC边上一点,沿BD将三角形进行折叠,使点A落在点E处,记BE与AC边的交点为F,若DEAC,则CF的长为 【分析】根据勾股定理可以求出AB的长,再根据翻折的性质可得ADBEDB,BEAB,再求出ADB135,然后求出BDC45,再求出CD,根据ADACCD求出AD,最后根据相似三角形的性质求出CF的长即可【解答】解:C90,BC5,AC12,AB13,由翻折的性质得,ADBEDB,EDAD,DEAC,ADE90,ADB(36090)135,BDC180ADB18013545,BCD是等腰直角三角形,CDBC5,EDADACCD1257,B

24、CFEDF,BFCEFD,BCFEDF,即,解得CF故答案为:14(2022路桥区一模)如图,在ABC中,C90,ACBC,将ABC绕点B逆时针旋转a度(0a180)得到A1BC1,D是A1B的中点,当点A,C1,D在同一条直线上时,a的值为 60【分析】根据等腰直角三角形斜边上的中线得C1DA1B,C1DBDA1B,由旋转的性质得A1BAB,可得出BDAB,即可得ABA160,即a的值为60【解答】解:在ABC中,C90,ACBC,将ABC绕点B逆时针旋转a度(0a180)得到A1BC1,C190,A1BAB,ABCA1BC145,A1C1BC1,D是A1B的中点,C1DA1B,C1DBDA

25、1B,BDAB,点A,C1,D在同一条直线上,BAD30,ABA160,即a的值为60故答案为:6015(2022萧山区校级二模)如图,点E是菱形ABCD的边CD上一点,将ADE沿AE折叠,点D的对应点F恰好在边BC上,设k(1)若点F与点C重合,则k1;(2)若点F是边BC的中点,则k2【分析】(1)由折叠性质得DECE,进而求得比值;(2)延长AE,与BC的延长线交于点H,证明ADEHCE,便可求得结果【解答】解:(1)当F与C重合时,DECE,k,故答案为:1;(2)延长AE,与BC的延长线交于点H,四边形ABCD是菱形,ADBC,ADBC,DAHFHA,由折叠性质知,ADAF,DAHF

26、AH,FAHFHA,FHFAAD,F是BC的中点,CFBC,CFFH,CHCFFH,ADCH,ADEHCE,故答案为:216(2022婺城区模拟)图1是一款平衡荡板器材,其示意图如图2,A、D为支架顶点,支撑点B,C,E,F在水平地面同一直线上,G、H为荡板上固定的点,GHBF,测量得AGGHDH,Q为DF上一点且离地面1m,旋转过程中,AG始终与DH保持平行如图3,当旋转至A,Q,H在同一直线上时,连结GQ,测得GQ1.6m,DQG90,此时荡板GH距离地面0.6m(1)DQ的长为 1.6m(2)点D离地面的距离为 (+1)m【分析】(1)先根据判断AGGHDH判断AH垂直平分DG,从而得G

27、QDQ1.6;(2)DMQQNG得出MQGN,再在GNQ中用勾股定理求出GN,即可求得点D离地面的距离【解答】解:(1)如图,过Q作GH的垂线交GH于N,交AD延长线于M,连接AH,连接DG,由图2得:ADGH,AGGHDH,ADAG,GHDH,AH垂直平分DG,A,Q,H在同一直线上,GQDQ1.6,故答案为:1.6;(2)DQG90,GQN+DQM90,DQM+QDM90,GQNQDM,DMQQNG(AAS),MQGN,Q为DF上一点且离地面1m,此时荡板GH距离地面0.6m,QN10.60.4m,GNm,MQm,点D离地面的距离为(+1)m故答案为:(+1)m三、解答题(本大题共7小题,

28、共66分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(2022北仑区校级三模)如图,在55的方格纸中,有ABC,请分别按要求作图(1)在图1中,找到一格点D,使得与阴影部分组成的新图形为轴对称,但非中心对称图形(作出一个即可);(2)在图2中,找到一格点D,使得与阴影部分组成的新图形为中心对称,但非轴对称图形(作出一个即可)【分析】(1)结合轴对称和中心对称图形的性质,取格点D,连接AD,CD即可(2)结合轴对称和中心对称图形的性质,以AB,BC为边,作平行四边形ABCD即可【解答】解:(1)如图1所示(2)如图2所示18(2022黄岩区一模)如图,在平面直角坐标系中,ABC各顶点的坐标为A

29、(3,2),B(1,1),C(4,0),DEF各顶点的坐标为D(3,4),E(5,3),F(2,2)(1)在图中作出ABC关于y轴对称的图形ABC;(2)若ABC与DEF关于点P成中心对称,则点P的坐标是 (3,1);(3)在y轴上找一点Q,使得QA+QD最小【分析】(1)由题意确定点A,B,C的位置,再连线即可(2)根据中心对称的性质求解即可(3)作点A关于y轴的对称点A,连接AD,交y轴的交点即为所求的点Q【解答】解:(1)如图,ABC即为所求(2)B(1,1),E(5,3),P点的横坐标为3,纵坐标为1,即点P的坐标为(3,1)故答案为:(3,1)(3)如图,点Q即为所求19(2022鹿

30、城区二模)在RtABC中,AB,BC,过点C作CGAB,CF平分ACD交射线BA于点F,D是射线CG上的一个动点,连结AD交CF于点E(1)求CF的长(2)当ACE是等腰三角形时,求CD的长(3)当B关于AD的对称点B落在CF上时,求的值【分析】(1)先用勾股定理求出AC5,再根据CF平分ACD,CGAB,推出FACF,进而求出CF的长;(2)分情况讨论当ECAAEC时,ACE是等腰三角形,证明ACECFA,推出比例线段,求出CE的长,根据CGAB,证明DCEAFE,推出比例线段,求CD的长;当CAEAEC时,ACE是等腰三角形,如图所示:做题思路与第一种情况差不多;CEACFA,FACF,推

31、出CEAACE,推出CEAACE(3)作DMBA,垂足为M,作BNBF,垂足为N,证明四边形CBMD是矩形,根据三角函数求出线段比值,tanF,再证明ADMBBN,进而求出的值【解答】解:(1)在RtABC中,AB,BC,AC5,CF平分ACD,ACFDCF,CGAB,FDCF,FACF,ACAF5,BFAB+AF8,在RtBCF中,CF20,(2)当ECAAEC时,ACE是等腰三角形,CAEAECFDCF,ACECFA,CE,EFCFCE,CGAB,DCEAFE,CD;当CAEAEC时,ACE是等腰三角形,如图所示:ACCE5,EFCF+CE205,CD,CEACFA,FACF,CEAACE

32、,CEAACE,综上所述:CD的长为或;(3)作DMBA,垂足为M,作BNBF,垂足为N,DMBDMA90,BNB90,CGAB,B90,CDMDMA90,四边形CBMD是矩形,DMCB4,B关于AD的对称点为B,BBAD,ABAB3,tanF,tanF,FN2BN,设BNx,则FN2x,ANAFFN52x,AN2+NB2AB2,+x2,解得x2+2或x2+2,当x2+2时,AN40,(舍去),BN2+2,AN4+,BNAB+AN4+4,BBA+BANBAN+ADM90,BBAADM,ADMBBN,AM35,BMCDABAM5,20(2022仙居县二模)如图,已知矩形纸片ABCD的长BC8,宽

33、AB4,点E,F分别是边BC,AD上的点,AFCE把矩形纸片沿着直线EF翻折,点A,B的对应点分别为A,B直线AC交射线AD于点G(1)若EB交AD于点P,求证:PEPF,PBPD;(2)若EB交AD于点P,求证:四边形CEFG是平行四边形;(3)若四边形CEFG为菱形,求它的对角线长的比值【分析】(1)由翻折可得BEFBEF,根据平行线的性质可得BEFEFD,则EFDBEF,可得PEPF根据PBBCCEPE,PDADAFPF,CEAF,可得PBPD(2)连接AP,CP,由翻折可得ABAB,BB90,AFAFCE,由矩形性质可得BCAD,ABCD,进而可得ABCD,可证得CDPABP,则APC

34、P,PCHGAP,证明CEPAFP,可得FAPECP,FAGECH,结合平行线的性质可得FGAFAG,即AFFG,则FGEC,根据平行四边形的判定定理可得出答案(3)当点G在AD上时,连接CF,EG,设菱形CEFG的边长为x,则CEEFFGCGx,DG82x,在RtCGD中,由勾股定理可得(82x)2+42x2,解得x(舍去)或x4,则此时点A、G与点D重合,点B于点C重合,即菱形CEFG为正方形,即可得出答案;当点G在AD的延长线上时,连接CF,EG,过点E作EMAD于点M,设菱形CEFG的边长为x,则CEEFFGCGx,DG2x8,在RtCGD中,由勾股定理可得(2x8)2+42x2,解得

35、x或x4(舍去),则DF,BEAM,MG12,利用勾股定理求出CF,EG,即可得出答案【解答】(1)证明:由翻折可得BEFBEF,四边形ABCD为矩形,BCAD,BCAD,BEFEFD,EFDBEF,PEPFPBBCCEPE,PDADAFPF,CEAF,PBPD(2)证明:连接AP,CP,由翻折可得ABAB,BB90,AFAFCE,四边形ABCD为矩形,BCAD,ABCD,ABCD,PBPD,BD,CDPABP(SAS),APCP,PCHGAP,PFEP,AFCE,APCP,CEPAFP(SSS),FAPECP,FAGECH,BCAD,ECHFGA,FGAFAG,AFFG,FGEC,四边形CE

36、FG是平行四边形(3)解:当点G在AD上时,连接CF,EG,设菱形CEFG的边长为x,则CEEFFGCGx,AFCEx,DG82x,在RtCGD中,由勾股定理可得,(82x)2+42x2,解得x(舍去)或x4,此时点A、G与点D重合,点B于点C重合,即菱形CEFG为正方形,CFEG,1当点G在AD的延长线上时,连接CF,EG,过点E作EMAD于点M,设菱形CEFG的边长为x,则CEEFFGCGx,AFCEx,DG2x8,在RtCGD中,由勾股定理可得,(2x8)2+42x2,解得x或x4(舍去),DF,BEAM,MG12,CF,EG4,综上所述,的值为1或21(2022诸暨市二模)如图,在Rt

37、ABC中,C90,BC6,AC8,P为线段BC上一动点,过P作PQAB交AC于Q点,设PCx(1)如图,当x2时,求AQ的长;(2)如图,当x3时,把CPQ绕点C逆时针旋转度(090),使A、P、Q三点一线,求此时AQ的长;(3)如图,将PCQ沿PQ翻折,得到PQM,点M是否可以落在ABC的某边中垂线上?如果可以,求出相应的x的值;如果不可以,说明理由【分析】(1)设AQy,由PQAB,推出,由此构建方程求解即可;(2)证明BCPACQ,推出,CBPCAQ,推出BPTACT90,设PB3k,AQ4k,利用勾股定理构建方程求解即可;(3)分两种情形:如图1中,当点M落在BC的中垂线JN上时,连接

38、CM,延长CM交AB于点H如图2中,当点M落在AC的中垂线上时,过点P作PRKM于点R,设CPPMy分别利用勾股定理构建方程求解【解答】解:(1)如图中,设AQyPQAB,y,AQ;(2)如图2中,设BC交AP于点Tx3,CP3,CQ4,PQ5,PCQBCA90,PCBACQ,BCPACQ,CBPCAQ,BTPATC,BPTACT90,可以假设PB3k,AQ4k,AB10,PQ5,AB2PB2+AP2,102(3k)2+(5+4k)2,解得k或(舍去),AQ(3)如图1中,当点M落在BC的中垂线JN上时,连接CM,延长CM交AB于点HPQM与PCQ关于PQ对称,CMPQ,PQAB,CHAB,ABCHACBC,CH,BH,tanMCJ,MJ3,在RtPMJ中,PJ2+MJ2PM2,x2(3x)2+()2,x,CP;如图2中,当点M落在AC的中垂线上时,过点P作PRKM于点R,设CPPMy在RtPMR中,同法可得y242+(y)2,解得y,CP,综上所述,满足条件的CP的值为或22(2022金东区二模)如图1,

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