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2019-2020年中考数学试题分项版解析汇编第01期专题04图形的变换含解析
一、选择题
1.(xx山东德州市第11题)如图放置的两个正方形,大正方形ABCD边长为a,小正方形CEFG边长为ba>bM在边BC上,且BM=b,连AM,MF,MF交CG于点P,将△ABM绕点A旋转至△ADN,将△MEF绕点F旋转至△NGF给出以下五种结论∠MAD=∠AND;CP=;ΔABM≌ΔNGF;
④S四边形AMFN=a2+b2;
⑤A,M,P,D四点共线其中正确的个数是()A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】考点:正方形、全等、相似、勾股定理
2.(xx重庆A卷第2题)下列图形中是轴对称图形的是( )【答案】C.【解析】试题解析A、不是轴对称图形,不合题意;B、不是轴对称图形,不合题意;C、是轴对称图形,符合题意;D、不是轴对称图形,不合题意.故选C.考点轴对称图形.
3.(xx甘肃庆阳第1题)下面四个手机应用图标中,属于中心对称图形的是( )A.B.C.D.【答案】B.考点中心对称图形.
4.(xx广西贵港第11题)如图,在中,,将绕顶点逆时针旋转得到是的中点,是的中点,连接,若,则线段的最大值是()A.B.C.D.【答案】B【解析】试题解析如图连接PC.在Rt△ABC中,∵∠A=30°,BC=2,∴AB=4,根据旋转不变性可知,A′B′=AB=4,∴A′P=PB′,∴PC=A′B′=2,∵CM=BM=1,又∵PM≤PC+CM,即PM≤3,∴PM的最大值为3(此时P、C、M共线).故选B.考点旋转的性质.
5.(xx贵州安顺第7题)如图,矩形纸片ABCD中,AD=4cm,把纸片沿直线AC折叠,点B落在E处,AE交DC于点O,若AO=5cm,则AB的长为( )A.6cmB.7cmC.8cmD.9cm【答案】C.【解析】考点翻折变换(折叠问题);矩形的性质.
6.(xx江苏无锡第4题)下列图形中,是中心对称图形的是( )A.B.C.D.【答案】C.【解析】试题解析A、不是中心对称图形,故本选项不符合题意;B、不是中心对称图形,故本选项不符合题意;C、是中心对称图形,故本选项符合题意;D、不是中心对称图形,故本选项不符合题意;故选C.考点中心对称图形.
7.(xx江苏无锡第10题)如图,△ABC中,∠BAC=90°,AB=3,AC=4,点D是BC的中点,将△ABD沿AD翻折得到△AED,连CE,则线段CE的长等于( )A.2B.C.D.【答案】D.【解析】试题解析如图连接BE交AD于O,作AH⊥BC于H.在Rt△ABC中,∵AC=4,AB=3,∴BC==5,∵CD=DB,∴AD=DC=DB=,∵•BC•AH=•AB•AC,∴AH=,∵AE=AB,DE=DB=DC,∴AD垂直平分线段BE,△BCE是直角三角形,∵•AD•BO=•BD•AH,∴OB=,∴BE=2OB=,在Rt△BCE中,EC=.故选D.考点
1.翻折变换(折叠问题);
2.直角三角形斜边上的中线;
3.勾股定理.
8.(xx江苏盐城第3题)下列图形中,是轴对称图形的是( )【答案】D.【解析】试题解析D的图形沿中间线折叠,直线两旁的部分可重合,故选D.考点轴对称图形.
9.(xx江苏盐城第6题)如图,将函数y=(x-2)2+1的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象,其中点A(1,m),B(4,n)平移后的对应点分别为点A、B.若曲线段AB扫过的面积为9(图中的阴影部分),则新图象的函数表达式是( )A.y=x−22−2B.y=x−22+7C.y=x−22−5D.y=x−22+4【答案】D.【解析】试题解析∵函数y=(x-2)2+1的图象过点A(1,m),B(4,n),∴m=(1-2)2+1=1,n=(4-2)2+1=3,∴A(1,1),B(4,3),过A作AC∥x轴,交B′B的延长线于点C,则C(4,1),∴AC=4-1=3,∵曲线段AB扫过的面积为9(图中的阴影部分),∴AC•AA′=3AA′=9,∴AA′=3,即将函数y=(x-2)2+1的图象沿y轴向上平移3个单位长度得到一条新函数的图象,∴新图象的函数表达式是y=(x-2)2+4.故选D.考点二次函数图象与几何变换.
10.(xx甘肃兰州第14题)如图,在正方形和正方形中,点在上,,将正方形绕点顺时针旋转,得到正方形,此时点在上,连接,则A.B.C.D.【答案】AA【解析】试题解析作G′I⊥CD于I,G′R⊥BC于R,E′H⊥BC交BC的延长线于H.连接RF′.则四边形RCIG′是正方形.∵∠DG′F′=∠IGR=90°,∴∠DG′I=∠RG′F′,在△G′ID和△G′RF中,∴△G′ID≌△G′RF,∴∠G′ID=∠G′RF′=90°,∴点F在线段BC上,在Rt△E′F′H中,∵E′F′=2,∠E′F′H=30°,∴E′H=E′F′=1,F′H=,易证△RG′F′≌△HF′E′,∴RF′=E′H,RG′RC=F′H,∴CH=RF′=E′H,∴CE′=,∵RG′=HF′=,∴CG′=RG′=,∴CE′+CG′=+.故选A.考点旋转的性质;正方形的性质.
11.(xx山东烟台第2题)下列国旗图案是轴对称图形但不是中心对称图形的是()【答案】A.考点中心对称图形;轴对称图形.
12.(xx四川宜宾第7题)如图,在矩形ABCD中BC=8,CD=6,将△ABE沿BE折叠,使点A恰好落在对角线BD上F处,则DE的长是( )A.3B.C.5D.【答案】C.【解析】试题解析∵矩形ABCD,∴∠BAD=90°,由折叠可得△BEF≌△BAE,∴EF⊥BD,AE=EF,AB=BF,在Rt△ABD中,AB=CD=6,BC=AD=8,根据勾股定理得BD=10,即FD=10﹣6=4,设EF=AE=x,则有ED=8﹣x,根据勾股定理得x2+42=(8﹣x)2,解得x=3(负值舍去),则DE=8﹣3=5,故选C.考点
1.翻折变换(折叠问题);
2.矩形的性质.
13.(xx四川自贡第6题0下列图形中,是轴对称图形,但不是中心对称图形的是( )【答案】A.考点
1.轴对称图形;
2.中心对称图形.
14.xx江苏徐州第题0下列图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是()A.B.C.D.【答案】C.【解析】试题解析A、不是轴对称图形,是中心对称图形,不合题意;B、是轴对称图形,不是中心对称图形,不合题意;C、是轴对称图形,也是中心对称图形,符合题意;D、不是轴对称图形,是中心对称图形,不合题意.故选C.考点
1.中心对称图形;
2.轴对称图形.
15.(xx浙江嘉兴第7题)若平移点到点,使以点,,,为顶点的四边形是菱形,则正确的平移方法是()A.向左平移1个单位,再向下平移1个单位B.向左平移个单位,再向上平移1个单位C.向右平移个单位,再向上平移1个单位D.向右平移1个单位,再向上平移1个单位【答案】D.【解析】试题解析过B作射线BC∥OA,在BC上截取BC=OA,则四边形OACB是平行四边形,过B作DH⊥x轴于H,∵B(1,1),∴OB=,∵A(,0),∴C(1+,1)∴OA=OB,∴则四边形OACB是菱形,∴平移点A到点C,向右平移1个单位,再向上平移1个单位而得到,故选D.考点
1.菱形的性质;
2.坐标与图形变化-平移.
16.(xx浙江嘉兴第9题)一张矩形纸片,已知,,小明按所给图步骤折叠纸片,则线段长为()A.B.C.D.【答案】A.【解析】试题解析∵AB=3,AD=2,∴DA′=2,CA′=1,∴DC′=1,∵∠D=45°,∴DG=DC′=,故选A.考点矩形的性质.
17.(xx山东德州第2题)下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是()【答案】D【解析】试题分析选项A和B是中心对称图形,但不是轴对称图形;选项C是轴对称图形,但不是中心对称图形;选项D既是轴对称图形又是中心对称图形考点轴对称图形和中心对称图形的定义
二、填空题
1.(xx浙江衢州第14题)如图,从边长为(a+3)的正方形纸片中剪去一个边长为3的正方形,剩余部分沿虚线又剪拼成一个如图所示的长方形(不重叠无缝隙),则拼成的长方形的另一边长是 .【答案】a+6.【解析】试题解析拼成的长方形的面积=(a+3)2﹣32,=(a+3+3)(a+3﹣3),=a(a+6),∵拼成的长方形一边长为a,∴另一边长是a+6.考点图形的拼接.
2.(xx浙江衢州第16题)如图,正△ABO的边长为2,O为坐标原点,A在轴上,B在第二象限△ABO沿轴正方向作无滑动的翻滚,经第一次翻滚后得△A1B1O,则翻滚3次后点B的对应点的坐标是__________;翻滚xx次后AB中点M经过的路径长为__________【答案】(5,);.【解析】试题解析如图,作B3E⊥x轴于E,易知OE=5,B3E=,∴B3(5,),观察图象可知三次一个循环,一个循环点M的运动路径为,∵xx÷3=672…1,∴翻滚xx次后AB中点M经过的路径长为672•(.考点点的坐标.
3.(xx浙江宁波第18题)如图,在边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,点M是AD边的中点,连接MC,将菱形ABCD翻折,使点A落在线段CM上的点E处,折痕交AB于点N,则线段EC的长为.【答案】-1.【解析】试题分析如图所示过点M作MF⊥DC于点F,∵在边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,M为AD中点,∴2MD=AD=CD=2,∠FDM=60°,∴∠FMD=30°,∴FD=MD=,∴FM=DM×cos30°=,∴MC=,∴EC=MC-ME=-1.考点
1.折叠问题;
2.菱形的性质.
4.(xx重庆A卷第18题)如图,正方形ABCD中,AD=4,点E是对角线AC上一点,连接DE,过点E作EF⊥ED,交AB于点F,连接DF,交AC于点G,将△EFG沿EF翻折,得到△EFM,连接DM,交EF于点N,若点F是AB的中点,则△EMN的周长是 .【答案】【解析】试题解析如图1,过E作PQ⊥DC,交DC于P,交AB于Q,连接BE,∵DC∥AB,∴PQ⊥AB,∵四边形ABCD是正方形,∴∠ACD=45°,∴△PEC是等腰直角三角形,∴PE=PC,设PC=x,则PE=x,PD=4﹣x,EQ=4﹣x,∴PD=EQ,∵∠DPE=∠EQF=90°,∠PED=∠EFQ,∴△DPE≌△EQF,∴DE=EF,易证明△DEC≌△BEC,∴DE=BE,∴EF=BE,∵EQ⊥FB,∴FQ=BQ=BF,∵AB=4,F是AB的中点,∴BF=2,∴FQ=BQ=PE=1,∴CE=,Rt△DAF中,DF=,∵DE=EF,DE⊥EF,∴△DEF是等腰直角三角形,∴DE=EF=,∴PD==3,如图2,∵DC∥AB,∴△DGC∽△FGA,∴,∴CG=2AG,DG=2FG,∴FG=,∵AC=,∴CG=,∴EG=,连接GM、GN,交EF于H,∵∠GFE=45°,∴△GHF是等腰直角三角形,∴GH=FH=,∴EH=EF﹣FH=,∴∠NDE=∠AEF,∴tan∠NDE=tan∠AEF=,∴,∴EN=,∴NH=EH﹣EN=,Rt△GNH中,GN=,由折叠得MN=GN,EM=EG,∴△EMN的周长=EN+MN+EM=.考点
1.折叠;
2.正方形的性质.
5.(xx广西贵港第16题)如图,点在等边的内部,且,将线段绕点顺时针旋转得到,连接,则的值为.【答案】【解析】试题解析连接PP′,如图,∵线段PC绕点C顺时针旋转60°得到PC,∴CP=CP′=6,∠PCP′=60°,∴△CPP′为等边三角形,∴PP′=PC=6,∵△ABC为等边三角形,∴CB=CA,∠ACB=60°,∴∠PCB=∠P′CA,在△PCB和△P′CA中∴△PCB≌△P′CA,∴PB=P′A=10,∵62+82=102,∴PP′2+AP2=P′A2,∴△APP′为直角三角形,∠APP′=90°,∴sin∠PAP′=.考点旋转的性质;等边三角形的性质;解直角三角形.
6.(xx贵州安顺第16题)如图,一块含有30°角的直角三角板ABC,在水平桌面上绕点C按顺时针方向旋转到A′B′C′的位置,若BC=12cm,则顶点A从开始到结束所经过的路径长为 cm.【答案】16π【解析】试题解析∵∠BAC=30°,∠ABC=90°,且BC=12,∴∠ACA′=∠BAC+∠ABC=120°,AC=2BC=24cm,由题意知点A所经过的路径是以点C为圆心、CA为半径的圆中圆心角为120°所对弧长,∴其路径长为=16π(cm)考点旋转的性质.
7.(xx贵州安顺第17题)如图所示,正方形ABCD的边长为6,△ABE是等边三角形,点E在正方形ABCD内,在对角线AC上有一点P,使PD+PE的和最小,则这个最小值为 .【答案】
6.【解析】试题解析设BE与AC交于点P,连接BD,∵点B与D关于AC对称,∴PD=PB,∴PD+PE=PB+PE=BE最小.即P在AC与BE的交点上时,PD+PE最小,为BE的长度;∵正方形ABCD的边长为6,∴AB=6.又∵△ABE是等边三角形,∴BE=AB=6.故所求最小值为6.考点轴对称﹣最短路线问题;等边三角形的性质;正方形的性质.
8.(xx湖北武汉第15题)如图△ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,∠DAE=60°,BD=5,CE=8,则DE的长为.【答案】
7.【解析】试题解析∵AB=AC,∴可把△AEC绕点A顺时针旋转120°得到△AE′B,如图,∴BE′=EC=8,AE′=AE,∠E′AB=∠EAC,∵∠BAC=120°,∠DAE=60°,∴∠BAD+∠EAC=60°,∴∠E′AD=∠E′AB+∠BAD=60°,在△E′AD和△EAD中∴△E′AD≌△EAD(SAS),∴E′D=ED,过E′作EF⊥BD于点F,∵AB=AC,∠BAC=120°,∴∠ABC=∠C=∠E′BA=30°,∴∠E′BF=60°,∴∠BE′F=30°,∴BF=BE′=4,E′F=4,∵BD=5,∴FD=BD-BF=1,在Rt△E′FD中,由勾股定理可得E′D=,∴DE=7.考点
1.含30度角的直角三角形;
2.等腰三角形的性质.
9.(xx江苏盐城第14题)如图,将⊙O沿弦AB折叠,点C在上,点D在上,若∠ACB=70°,则∠ADB=°.【答案】110°【解析】试题解析∵点C在上,点D在上,若∠ACB=70°,∴∠ADB+∠ACB=180°,∴∠ADB=110°考点圆周角定理.
10.(xx江苏盐城第15题)如图,在边长为1的小正方形网格中,将△ABC绕某点旋转到△ABC的位置,则点B运动的最短路径长为.【答案】【解析】试题解析如图作线段AA′、CC′的垂直平分线相交于点P,点P即为旋转中心,观察图象可知,旋转角为90°(逆时针旋转)时B运动的路径长最短,PB=,∴B运动的最短路径长为=.考点旋转的性质.
11.(xx江苏盐城第16题)如图,曲线l是由函数y=在第一象限内的图象绕坐标原点O逆时针旋转45°得到的,过点A(-4,4),B(2,2)的直线与曲线l相交于点M、N,则△OMN的面积为.【答案】
8.【解析】试题解析∵A(-4,4),B(2,2),∴OA⊥OB,建立如图新的坐标系(OB为x′轴,OA为y′轴.在新的坐标系中,A(0,8),B(4,0),∴直线AB解析式为y′=-2x′+8,由,解得或,∴M(
1.6),N(3,2),∴S△OMN=S△OBM-S△OBN=•4•6-•4•2=8考点坐标与图形变化-旋转;反比例函数系数k的几何意义.
12.(xx贵州黔东南州第11题)在平面直角坐标系中有一点A(﹣2,1),将点A先向右平移3个单位,再向下平移2个单位,则平移后点A的坐标为 .【答案】(1,﹣1)【解析】试题解析由题意可知A的横坐标+3,纵坐标﹣2,即可求出平移后的坐标,∴平移后A的坐标为(1,﹣1)考点坐标与图形变化﹣平移.
13.(xx四川宜宾第12题)如图,将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD,若∠AOB=15°,则∠AOD的度数是 .【答案】60°.【解析】试题解析如图,由题意及旋转变换的性质得∠AOC=45°,∵∠AOB=15°,∴∠AOD=45°+15°=60°.考点旋转的性质.
14.(xx浙江嘉兴第16题)一副含和角的三角板和叠合在一起,边与重合,(如图1),点为边的中点,边与相交于点,此时线段的长是.现将三角板绕点按顺时针方向旋转(如图2),在从到的变化过程中,点相应移动的路径长共为.(结果保留根号)【答案】12-12.12-18.【解析】试题解析如图1中,作HM⊥BC于M,HN⊥AC于N,则四边形HMCN是正方形,设边长为a.在Rt△ABC中,∵∠ABC=30°,BC=12,∴AB=,在Rt△BHM中,BH=2HM=2a,在Rt△AHN中,AH=,∴2a+,∴a=6-6,∴BH=2a=12-12.如图2中,当DG∥AB时,易证GH1⊥DF,此时BH1的值最小,易知BH1=BK+KH1=3+3,∴HH1=BH-BH1=9-15,当旋转角为60°时,F与H2重合,易知BH2=6,观察图象可知,在∠CGF从0°到60°的变化过程中,点H相应移动的路径长=2HH1+HH2=18-30+[6-(12-12)]=12-18.考点旋转的性质.
三、解答题
1.(xx山东德州市第23题)如图1,在矩形纸片ABCD中,AB=3cm,AD=5cm,折叠纸片使B点落在边AD上的E处,折痕为PQ.过点E作EF∥AB交PQ于F,连接BF1求证四边形BFEP为菱形;
(2)当E在AD边上移动时,折痕的端点P,Q也随着移动.
①当点Q与点C重合时,(如图2),求菱形BFEP的边长;
②如限定P,Q分别在BA,BC上移动,求出点E在边AD上移动的最大距离.【答案】
(1)证明见解析;
(2)
①菱形BFEP的边长为cm.
②点E在边AD上移动的最大距离为2cm.【解析】试题分析
(1)利用定理:四条边都相等的四边形是菱形,证明四边形BFEP为菱形;2
①在直角三角形APE中,根据勾股定理求出EP=
②分两种情况讨论第一点Q和点C重合;第二点P和点A重合
(2)
①如图2∵四边形ABCD是矩形∴BC=AD=5cm,CD=AB=3cm,∠A=∠D=90°∵点B与点E关于PQ对称∴CE=BC=5cm在RtΔCDE中,DE2=CE2-CD2,即DE2=52-32∴DE=4cm∴AE=AD-DE=5cm-4cm=1cm在RtΔAPE中,AE=1,AP=3-PB=3-PE∴EP2=12+(3-EP)2,解得EP=cm.∴菱形BFEP的边长为cm.
②当点Q与点C重合时,如图2,点E离A点最近,由
①知,此时AE=1cm.当点P与点A重合时,如图
3.点E离A点最远,此时,四边形ABQE是正方形.AE=AB=3cm∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.考点折叠问题,矩形的性质,菱形的性质与判定,分类讨论思想
2.(xx甘肃兰州第26题)如图,1,将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠,顶点落到点处,交于点.1求证是等腰三角形;2如图2,过点作,交于点,连结交于点.
①判断四边形的形状,并说明理由;
②若,,求的长.【答案】1证明见解析;2.【解析】试题分析:
(1)根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断;
(2)
①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断;
②根据折叠特性设未知边,构造勾股定理列方程求解.试题解析
(1)证明如图1,根据折叠,∠DBC=∠DBE,又AD∥BC,∴∠DBC=∠ADB,∴∠DBE=∠ADB,∴DF=BF,∴△BDF是等腰三角形;
(2)
①∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∴FD∥BG,又∵FD∥BG,∴四边形BFDG是平行四边形,∵DF=BF,∴四边形BFDG是菱形;
②∵AB=6,AD=8,∴BD=10.∴OB=BD=5.假设DF=BF=x,∴AF=AD﹣DF=8﹣x.∴在直角△ABF中,AB2+A2=BF2,即62+(8﹣x)2=x2,解得x=,即BF=,∴FO==,∴FG=2FO=.考点四边形综合题.
3.(xx山东烟台第23题)【操作发现】
(1)如图1,为等边三角形,先将三角板中的角与重合,再将三角板绕点按顺时针方向旋转(旋转角大于且小于).旋转后三角板的一直角边与交于点.在三角板斜边上取一点,使,线段上取点,使,连接,.
①求的度数;
②与相等吗?请说明理由;【类比探究】
(2)如图2,为等腰直角三角形,,先将三角板的角与重合,再将三角板绕点按顺时针方向旋转(旋转角大于且小于).旋转后三角板的一直角边与交于点.在三角板另一直角边上取一点,使,线段上取点,使,连接,.请直接写出探究结果
①的度数;
②线段之间的数量关系.【答案】1
①120°;
②DE=EF;理由见解析;
(2)
①90°;
②AE2+DB2=DE2.理由见解析.【解析】试题分析
(1)
①由等边三角形的性质得出AC=BC,∠BAC=∠B=60°,求出∠ACF=∠BCD,证明△ACF≌△BCD,得出∠CAF=∠B=60°,求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°;
②证出∠DCE=∠FCE,由SAS证明△DCE≌△FCE,得出DE=EF即可;
(2)
①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC,∠BAC=∠B=45°,证出∠ACF=∠BCD,由SAS证明△ACF≌△BCD,得出∠CAF=∠B=45°,AF=DB,求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°;
②证出∠DCE=∠FCE,由SAS证明△DCE≌△FCE,得出DE=EF;在Rt△AEF中,由勾股定理得出AE2+AF2=EF2,即可得出结论.试题解析
(1)
①∵△ABC是等边三角形,∴AC=BC,∠BAC=∠B=60°,∵∠DCF=60°,∴∠ACF=∠BCD,在△ACF和△BCD中,,∴△ACF≌△BCD(SAS),∴∠CAF=∠B=60°,∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°;
②DE=EF;理由如下∵∠DCF=60°,∠DCE=30°,∴∠FCE=60°﹣30°=30°,∴∠DCE=∠FCE,在△DCE和△FCE中,,∴△DCE≌△FCE(SAS),∴DE=EF;
(2)
①∵△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,∴AC=BC,∠BAC=∠B=45°,∵∠DCF=90°,∴∠ACF=∠BCD,在△ACF和△BCD中,,∴△ACF≌△BCD(SAS),∴∠CAF=∠B=45°,AF=DB,∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°;
②AE2+DB2=DE2,理由如下∵∠DCF=90°,∠DCE=45°,∴∠FCE=90°﹣45°=45°,∴∠DCE=∠FCE,在△DCE和△FCE中,,∴△DCE≌△FCE(SAS),∴DE=EF,在Rt△AEF中,AE2+AF2=EF2,又∵AF=DB,∴AE2+DB2=DE2.考点几何变换综合题.
4.xx四川自贡第25题如图1,在平面直角坐标系,O为坐标原点,点A(﹣1,0),点B(0,).
(1)求∠BAO的度数;
(2)如图1,将△AOB绕点O顺时针得△A′OB′,当A′恰好落在AB边上时,设△AB′O的面积为S1,△BA′O的面积为S2,S1与S2有何关系?为什么?
(3)若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图2所示的位置,S1与S2的关系发生变化了吗?证明你的判断.【答案】1∠BAO=60°;2S1=S2;3S1=S2不发生变化;理由见解析.【解析】试题分析
(1)先求出OA,OB,再利用锐角三角函数即可得出结论;
(2)根据等边三角形的性质可得AO=AA',再根据直角三角形30°角所对的直角边等斜边的一半求出AO=AB,然后求出AO=AA’,,然后再根据等边三角形的性质求出点O到AB的距离等于点A'到AO的距离,然后根据等底等高的三角形的面积相等解答;
(3)根据旋转的性质可得BO=OB',AA'=OA',再求出∠AON=∠A'OM,然后再证明ΔAON≌ΔA'OM,可得AN=A'M,然后利用等底等高的三角形面积相等证明.试题解析
(1)∵A(﹣1,0),B(0,),∴OA=1,OB=,在Rt△AOB中,tan∠BAO==,∴∠BAO=60°;
(2)∵∠BAO=60°,∠AOB=90°,∴∠ABO=30°,∴CA=AC=AB,∴OA=AA=AO,根据等边三角形的性质可得,△AOA的边AO、AA上的高相等,∴△BAO的面积和△ABO的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),即S1=S
2.
(3)S1=S2不发生变化;理由如图,过点作AM⊥OB.过点A作AN⊥OB交BO的延长线于N,∵△ABO是由△ABO绕点O旋转得到,∴BO=OB,AO=OA,∵∠AON+∠BON=90°,∠AOM+∠BON=180°﹣90°=90°,∴∠AON=∠AOM,在△AON和△AOM中,,∴△AON≌△AOM(AAS),∴AN=AM,∴△BOA的面积和△ABO的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),即S1=S2.考点几何变换综合题.
5.(xx江苏徐州第25题)如图,已知,垂足为,将线段绕点按逆时针方向旋转,得到线段,连接.
(1)线段;
(2)求线段的长度.【答案】
(1)4;
(2).【解析】试题分析
(1)证明△ACD是等边三角形,据此求解;
(2)作DE⊥BC于点E,首先在Rt△CDE中利用三角函数求得DE和CE的长,然后在Rt△BDE中利用勾股定理求解.试题解析
(1)∵AC=AD,∠CAD=60°,∴△ACD是等边三角形,∴DC=AC=4.
(2)作DE⊥BC于点E.∵△ACD是等边三角形,∴∠ACD=60°,又∵AC⊥BC,∴∠DCE=∠ACB-∠ACD=90°-60°=30°,∴Rt△CDE中,DE=DC=2,CE=DC•cos30°=4×,∴BE=BC-CE=3-2=.∴Rt△BDE中,BD=.考点旋转的性质.
6.(xx江苏徐州第27题)如图,将边长为的正三角形纸片按如下顺序进行两次折叠,展开后,得折痕(如图
①),点为其交点.
(1)探求与的数量关系,并说明理由;
(2)如图
②,若分别为上的动点.
①当的长度取得最小值时,求的长度;
②如图
③,若点在线段上,,则的最小值=.【答案】
(1)AO=2OD,理由见解析;
(2)
①;
②.【解析】试题解析
(1)AO=2OD,理由∵△ABC是等边三角形,∴∠BAO=∠ABO=∠OBD=30°,∴AO=OB,∵BD=CD,∴AD⊥BC,∴∠BDO=90°,∴OB=2OD,∴OA=2OD;
(2)如图
②,作点D关于BE的对称点D′,过D′作D′N⊥BC于N交BE于P,则此时PN+PD的长度取得最小值,∵BE垂直平分DD′,∴BD=BD′,∵∠ABC=60°,∴△BDD′是等边三角形,∴BN=BD=,∵∠PBN=30°,∴,∴PB=;
(3)如图
③,作Q关于BC的对称点Q′,作D关于BE的对称点D′,连接Q′D′,即为QN+NP+PD的最小值.根据轴对称的定义可知∠Q′BN=∠QBN=30°,∠QBQ′=60°,∴△BQQ′为等边三角形,△BDD′为等边三角形,∴∠D′BQ′=90°,∴在Rt△D′BQ′中,D′Q′=.∴QN+NP+PD的最小值=
7.(xx浙江宁波第20题)在的方格纸中,的三个顶点都在格点上.1在图1中画出与成轴对称且与有公共边的格点三角形画出一个即可;2将图2中的绕着点按顺时针方向旋转,画出经旋转后的三角形.【答案】
(1)作图见解析;
(2)作图见解析.【解析】试题分析根据题意画出图形即可.试题解析
(1)如图所示或
(2)如图所示考点
1.轴对称图形;
2.旋转.。