2024徐州中考數(shù)學二輪重難題型專題訓練 題型七 幾何圖形旋轉(zhuǎn)平移折疊問題 (含答案)

2024徐州中考數(shù)學二輪重難題型專題訓練題型七幾何圖形旋轉(zhuǎn)平移折疊問題類型一旋轉(zhuǎn)問題一階微技能能力點一旋轉(zhuǎn)找相等角1.如圖，將∠AOB繞點O旋轉(zhuǎn)至∠DOE，則圖中相等的角有________．第1題圖2.如圖，將∠AOB繞點O旋轉(zhuǎn)至∠DOE，則圖中相等的角有________．第2題圖能力點二旋轉(zhuǎn)構(gòu)造相似三角形3.如圖，將△AOB繞點O旋轉(zhuǎn)至△DOE，連接AD、BE，求證：△AOD∽△BOE.第3題圖4.如圖，在△AOB中，點C、D分別在OA、OB上，且CD∥AB，將△COD繞點O旋轉(zhuǎn)一定角度后得到△EOF，連接AE、BF，求證：△AOE∽△BOF.第4題圖能力點三旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形5.如圖，在等腰△AOB與等腰△DOE中，∠AOB＝∠DOE，連接AD、BE，求證：△AOD≌△BOE.第5題圖二階設(shè)問突破例一題多設(shè)問在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，將矩形ABCD繞點B旋轉(zhuǎn)得到矩形A1BC1D1，點A，C，D的對應點分別為A1，C1，D1.(1)如圖①，當點D1落在BC的延長線上時，求點A1到AB的距離；例題圖①(2)如圖②，當點A1落在矩形的對角線AC上時，連接CD1.①求證：△BA1C≌△D1CA1；②求sin∠ABA1的值；例題圖②(3)如圖③，當邊A1D1經(jīng)過點C時，連接AA1，求CC1經(jīng)過的路徑長；例題圖③(4)如圖④，當點A1落在BC邊上時，設(shè)點O是對角線AC的中點，點O的對應點為O1，連接CO1，求CO1的值．例題圖④三階綜合提升1.如圖①，正方形ABCD的邊長為4，點P在邊AD上(P不與A、D重合)，連接PB、PC.將線段PB繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到PE，將線段PC繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到PF.連接EF、EA、FD.(1)求證：①△PDF的面積S＝eq\f(1,2)PD2；②EA＝FD；(2)如圖②，EA、FD的延長線交于點M，取EF的中點N，連接MN，求MN的取值范圍．第1題圖如圖，在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，M是邊BC上的一個動點(不與點B，C重合)，連接AM，將線段AM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到AN，連接MN交AC于點P，連接CN.(1)求證：△ABM≌△ACN；(2)求證：MN2＝2AP·AB；(3)若AB＝3，BM＝2CM，求PC的長．第2題圖3.已知△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，連接BE、CD，點O是BE的中點，連接AO.(1)特例探究如圖①，當點D、E分別在AB、AC上時，線段AO與CD的數(shù)量關(guān)系是________，位置關(guān)系是________；(2)深入探究如圖②，當點D、E不在AB、AC上時，試判斷(1)中的兩個結(jié)論是否成立，若成立，請證明你的結(jié)論；若不成立，請說明理由(僅就圖②的情形)；(3)問題解決將△ADE繞點A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若AB＝2AD，BC＝4eq\r(2)，請直接寫出OA的取值范圍．第3題圖4.如圖①，在正方形ABCD中，AB＝2eq\r(5)，O是BC的中點，E是正方形內(nèi)一動點，OE＝2，連接DE，將DE繞點D旋轉(zhuǎn)90°得到DF，連接AE，CF.(1)求證：AE＝CF；(2)如圖②，當A，E，O三點共線時，連接OF，求線段OF的長；(3)連接EF，在點E的運動過程中，當線段DE的值最小時，請你求出四邊形AEFD的面積．第4題圖類型二平移問題1.如圖①，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，AB＝AC，DE＝DF，點D在射線AB上，AB＝2DF＝6，連接EA，EC，交射線AB于點H，取CE的中點G，連接DG.(1)當點F與點A重合時，求DH的長；(2)如圖②，保持△ABC固定不動，將△DEF沿射線AB平移m個單位，判斷DG與EA的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)如圖③，繼續(xù)平移△DEF，使得△DEF的一個頂點恰好在直線BC上，求此時HG的長．第1題圖2.綜合與實踐問題情境：如圖①，紙片ABC是等邊三角形，紙片DEF是直角三角形，其中∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，AB＝DF＝6，M是BC的中點．實踐操作：第一步：將圖①中的兩張三角形紙片按圖②的方式擺放，使DF與AB重合；第二步：將圖②中的△DEF沿射線BC方向平移，直線AB與直線EF交于點G，DF與AC交于點H，連接GH，如圖③，設(shè)平移的距離為m.問題解決：(1)填空：在圖②中，連接AM，四邊形EBMA的形狀是________；(2)當AH⊥GH時，求m的值；(3)當GH∥BC時，判斷四邊形AGHD的形狀，并說明理由；(4)如圖④，連接BH，MH，隱去GH，當BM＋MH＋BH的值最小時，求AH的值．第2題圖參考答案類型一旋轉(zhuǎn)問題一階1.∠AOB＝∠DOE，∠AOD＝∠EOB2.∠AOB＝∠DOE，∠AOD＝∠BOE3.證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，∠AOB＝∠DOE，OA＝OD，OB＝OE，∴∠AOD＝∠EOB，∠OAD＝∠ODA，∠OBE＝∠OEB，又∵∠AOD＝∠EOB，∠OAD＝eq\f(1,2)(180°－∠AOD)＝∠OBE，∴△AOD∽△BOE.4.證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，∠AOE＝∠FOB，OC＝OE，OD＝OF，∵CD∥AB，∴eq\f(OC,OA)＝eq\f(OD,OB)，即eq\f(OE,OA)＝eq\f(OF,OB)，∴△AOE∽△BOF.5.證明：∵∠AOB＝∠DOE，∠BOD＝∠DOB，∴∠BOE＝∠AOD，OB＝OA，OD＝OE，∴△AOD≌△BOE(SAS)．二階例(1)解：如解圖①，過點A1作A1G⊥AB交AB于點G，過點A1作A1H⊥BC交BC于點H，例題解圖①則GB＝A1H，HB＝A1G，由題意得A1D1＝AD＝8，∠BA1D1＝∠BAD＝90°，A1B＝AB＝4，∴BD1＝eq\r(42＋82)＝4eq\r(5).∵eq\f(1,2)BD1·A1H＝eq\f(1,2)A1B·A1D1，∴A1H＝eq\f(4×8,4\r(5))＝eq\f(8\r(5),5)，∴在Rt△A1HB中，BH＝eq\r(42－（\f(8\r(5),5)）2)＝eq\f(4\r(5),5)，∴A1G＝BH＝eq\f(4\r(5),5)，即點A1到AB的距離為eq\f(4\r(5),5)；(2)①證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，A1B＝AB，∠BA1D1＝∠BAD＝∠CBA＝90°，A1D1＝AD＝BC，∴∠BA1A＝∠A1AB，又∵∠BAA1＋∠A1CB＝90°＝∠BA1A＋∠CA1D1，∴∠A1CB＝∠CA1D1，又∵CA1＝A1C，∴△BA1C≌△D1CA1(SAS)；②解：由①得∠A1CB＝∠CA1D，如解圖②，設(shè)A1D1與BC的交點為G，∴可設(shè)A1G＝CG＝x，∴BG＝8－x，在Rt△A1BG中，A1G2＋A1B2＝BG2，即x2＋42＝(8－x)2，∴x＝3，∴sin∠ABA1＝sin∠A1GB＝eq\f(A1B,BG)＝eq\f(4,5)；例題解圖②(3)解：在Rt△A1BC中，BC＝8，A1B＝4，∴∠A1CB＝30°，∴∠A1BC＝60°，∴∠CBC1＝30°，∴CC1經(jīng)過的路徑長為eq\f(30π×8,180)＝eq\f(4π,3)；(4)解：如解圖③，過點O1作O1M⊥BC于點M，∵將矩形ABCD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°到矩形A1BC1D1，AB＝4，BC＝8，∴BC1＝BC＝8，∠CBC1＝90°，BA1＝AB＝4，∴O1M∥BC1，∵O是對角線AC的中點，∴O1是A1C1的中點，∴MO1＝eq\f(1,2)BC1＝4，BM＝A1M＝eq\f(1,2)BA1＝2，∴CM＝BC－BM＝8－2＝6.在Rt△CO1M中，由勾股定理得，CO1＝eq\r(O1M2＋CM2)＝2eq\r(13).例題解圖③三階1.(1)證明：①第1題解圖①如解圖①，過點F作FG⊥PG交PD的延長線于點G，∵PC⊥PF，∴∠FPG＋∠CPD＝90°，∵∠CPD＋∠PCD＝90°，∴∠PCD＝∠FPG，在△CDP與△PGF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠PDC＝∠FGP,∠PCD＝∠FPG,CP＝PF))，∴△PCD≌△FPG(AAS)∴PD＝FG，S△PDF＝eq\f(1,2)PD·FG＝eq\f(1,2)PD2；(3分)②第1題解圖②如解圖②，過點E作EH⊥AH交PA的延長線于點H，∵∠EPB＝90°，∴∠EPH＋∠BPH＝90°，∵∠BPH＋∠PBA＝90°，∴∠EPH＝∠PBA，在△EHP與△PAB中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EPH＝∠PBA,∠EHP＝∠PAB,EP＝PB))，∴△EHP≌△PAB(AAS)，EH＝PA，在△EHA與△DGF中，∠H＝∠G＝90°，∵HP＝AB＝AD∴HA＝HP－AP＝AB－AP＝AD－AP＝PD＝FG同理可得，EH＝DG，∴△EHA≌△DGF(SAS)，∴EA＝DF；(6分)(2)解：解法一：第1題解圖③如解圖③，過點F作FK⊥EH交EH于點K，則KF＝HG＝2AD＝8，由(1)可知，∠EAH＝∠DFG，∠FDG＝∠AEH，且∠EAH＋∠AEH＝90°，∠FDG＋∠DFG＝90°，又∵∠DAM＝∠EAH，∠ADM＝∠FDG，∴∠DAM＋∠ADM＝90°，∴∠AMD＝90°.∵N是EF的中點，∴MN＝eq\f(1,2)EF，設(shè)FG＝x，則KH＝x，EK＝4－2x，(0＜x≤2)在Rt△EKF中，EF＝eq\r(82＋（4－2x）2)＝2eq\r(（x－2）2＋16)，∴8≤EF＜4eq\r(5)，∴4≤MN＜2eq\r(5).(11分)解法二：第1題解圖④如解圖④，取BC的中點R，連接PR，并延長PR使PR＝HR，連接BH，在△BRH與△CRP中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BR＝CR,∠BRH＝∠CRP,HR＝PR))，∴△BRH≌△CRP(SAS)，∴BH＝CP，又∵CP＝PF，∴BH＝PF，∵∠HBP＋∠BPC＝180°，∠BPC＋∠EPF＝180°，∴∠HBP＝∠EPF，∴△EPF≌△PBH(SAS)，∴EF＝PH，∴MN＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(1,2)PH＝PR.當P為AD中點時，PR最小為4，當P在點A或點D位置時，PR最大，最大為PR＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，又∵點P不與A、D重合，∴PD＜2eq\r(5)，∴4≤PR＜2eq\r(5)，即4≤MN＜2eq\r(5).(11分)2.(1)證明：∵∠BAC＝90°，∠MAN＝90°，∴∠BAC－∠MAC＝∠MAN－∠MAC，∴∠BAM＝∠CAN，在△ABM和△ACN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BA＝CA,∠BAM＝∠CAN,MA＝NA))，∴△ABM≌△ACN(SAS)；(2)證明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠MAN＝90°，AM＝AN，∴∠ANM＝45°，MN＝eq\r(2)AN，∵△ABM≌△ACN，∴∠ACN＝∠B＝45°＝∠ANM，∵∠CAN＝∠NAP，∴△ANP∽△ACN，∴eq\f(AP,AN)＝eq\f(AN,AC)，∴AN2＝AP·AC＝AP·AB，∵MN＝eq\r(2)AN，∴MN2＝2AN2＝2AP·AB；(3)解：如解圖，過點M作MF⊥AC于點F.第2題解圖∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，∴MF∥AB，∴△CMF∽△CBA，∵BM＝2CM，∴eq\f(FC,AC)＝eq\f(MC,BC)＝eq\f(1,3)，∴AF＝2，F(xiàn)C＝MF＝1，在Rt△AMF中，AM＝eq\r(AF2＋MF2)＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)＝AN，由(2)知，AN2＝AP·AC，∴AP＝eq\f(AN2,AC)＝eq\f(（\r(5)）2,3)＝eq\f(5,3)，∴PC＝AC－AP＝3－eq\f(5,3)＝eq\f(4,3).3.解：(1)AO＝eq\f(1,2)CD，AO⊥CD；【解法提示】∵AD＝AE，∠DAC＝∠EAB＝90°，AC＝AB，∴△DAC≌△EAB，∴CD＝BE，∠ACD＝∠ABE，∵∠BAE＝90°，BO＝OE，∴AO＝eq\f(1,2)BE，∴AO＝BO＝OE＝eq\f(1,2)CD，∴∠ABO＝∠OAB＝∠ACD，∵∠OAB＋∠CAO＝90°，∴∠ACD＋∠CAO＝90°，∴AO⊥CD.(2)(1)中的兩個結(jié)論成立，理由如下：如解圖①，延長AO到點F，使得OF＝AO，連接BF、EF,第3題解圖①∵AO＝OF，BO＝OE，∴四邊形ABFE是平行四邊形，∴BF＝AE，BF∥AE，∴∠FBA＋∠BAE＝180°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC＋∠DAE＝∠DAC＋∠BAE＝180°，∴∠DAC＝∠FBA，∵AC＝BA，BF＝AE＝AD，∴△DAC≌△FBA(SAS)，∴CD＝AF，∠ACD＝∠BAF，∴AO＝eq\f(1,2)CD，∵∠BAF＋∠CAF＝90°，∴∠ACD＋∠CAF＝90°，∴AO⊥CD；(3)OA的取值范圍為1≤OA≤3.【解法提示】在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AB＝AC＝eq\f(\r(2),2)BC＝4，∵AB＝2AD，∴AD＝2，如解圖②，當點D在CA的延長線上時，CD的長最長，此時CD＝AC＋AD＝4＋2＝6，由(2)可知：OA＝eq\f(1,2)CD，∴OA的長最大值為3;如解圖③，當點D在線段AC上時，CD的長最短，此時CD＝AC－AD＝4－2＝2，由(2)可知：OA＝eq\f(1,2)CD，∴OA的長最小值為1,∴OA的取值范圍為1≤OA≤3.圖②圖③第3題解圖4.(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∵DE＝DF，∠EDF＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，∴△ADE≌△CDF(SAS)，∴AE＝CF；(2)解：如解圖①，過點F作FH⊥BC，交BC的延長線于點H，第4題解圖①∵O是BC邊的中點，∴OC＝OB＝eq\r(5)，∴在Rt△ABO中，OA＝eq\r(AB2＋BO2)＝5.由(1)得△ADE≌△CDF，∴CF＝AE＝OA－OE＝5－2＝3，∠DAE＝∠DCF，又∵∠DAB＝∠DCH＝90°，∴∠BAO＝∠HCF，又∵∠H＝∠B＝90°，∴△ABO∽△CHF，∴eq\f(AB,CH)＝eq\f(BO,HF)＝eq\f(AO,CF)，∴eq\f(2\r(5),CH)＝eq\f(\r(5),HF)＝eq\f(5,3)，∴FH＝eq\f(3\r(5),5)，CH＝eq\f(6\r(5),5)，∴OH＝OC＋CH＝eq\f(11\r(5),5)，∴OF＝eq\r(OH2＋FH2)＝eq\r(26)；(3)解：如解圖②，以點O為圓心，2為半徑作半圓O，連接OD，交半圓O于點E，此時線段DE取得最小值，∵AB＝2eq\r(5)，O是BC的中點，∴OC＝eq\r(5)，CD＝2eq\r(5)，∴OD＝5，∵OE＝2，∴DE＝OD－OE＝3，過點E作EM⊥BC于點M，EN⊥AD于點N，則MN＝CD，MN∥CD，∴△OEM∽△ODC，∴eq\f(OE,OD)＝eq\f(EM,DC)，即eq\f(2,5)＝eq\f(EM,2\r(5))，∴EM＝eq\f(4\r(5),5)，∴EN＝MN－EM＝eq\f(6\r(5),5).∴S四邊形AEFD＝S△ADE＋S△DEF＝eq\f(1,2)AD·EN＋eq\f(1,2)DE2＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)×eq\f(6\r(5),5)＋eq\f(1,2)×32＝eq\f(21,2).第4題解圖②類型二平移問題1.解：(1)∵∠EDA＝∠CAB＝90°，∴DE∥AC，∴△DHE∽△AHC，∴eq\f(DH,AH)＝eq\f(DE,AC)＝eq\f(DF,AB)＝eq\f(1,2)，∴DH＝eq\f(1,3)AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB＝1；(2)DG∥EA，DG＝eq\f(1,2)EA.理由如下：由(1)知，△EDH∽△CAH，∴eq\f(DH,AH)＝eq\f(EH,CH)＝eq\f(DE,AC)＝eq\f(1,2)，∵點G是EC的中點，∴EH＋HG＝HC－HG，∴2HG＝HC－EH＝EH，∴eq\f(DH,AH)＝eq\f(HG,EH)＝eq\f(1,2)，∵∠DHG＝∠AHE，∴△DHG∽△AHE，∴∠HDG＝∠HAE，eq\f(DG,AE)＝eq\f(DH,AH)＝eq\f(1,2)，∴DG∥EA，DG＝eq\f(1,2)EA；(3)當點D在直線BC上時，此時點D和點B重合，如解圖①，第1題解圖①∵eq\f(BH,AH)＝eq\f(BE,AC)＝eq\f(1,2)，AB＝6，∴BH＝2，BE＝3，∴在Rt△BHE中，由勾股定理得EH＝eq\r(BE2＋BH2)＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13)，∵eq\f(HG,HE)＝eq\f(DG,AE)＝eq\f(1,2)，∴HG＝eq\f(1,2)EH＝eq\f(\r(13),2)；當點F在直線BC上時，此時點F與點B重合，如解圖②，BE＝eq\r(2)DE＝3eq\r(2)，第1題解圖②∴HG＝eq\f(1,2