專題14 因動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生的面積問題-版突破中考數(shù)學(xué)壓軸之學(xué)霸秘笈大揭秘學(xué)生版+教師版-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?專題14 圖形變換和類比探究類幾何壓軸綜合問題
【類型綜述】
本節(jié)內(nèi)容每年中考都會(huì)選擇一種變換作為壓軸題的背景素材，可以對函數(shù)圖象進(jìn)行平移，可以對幾何圖形進(jìn)行平移、旋轉(zhuǎn)，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)綜合應(yīng)用能力．在選擇、填空中也會(huì)涉及變換的概念和簡單應(yīng)用．只要抓住全等變換的特點(diǎn)，找到變與不變的量就可以解決問題．預(yù)計(jì)在2019年中考中仍會(huì)在壓軸部分滲透變換，但是會(huì)有新情境的滲透．
【方法揭秘】
1.平移的性質(zhì)
(1)平移前后，對應(yīng)線段平行、對應(yīng)角相等；
(2)各對應(yīng)點(diǎn)所連接的線段平行（或在同一直線上）或相等；
(3)平移前后的圖形全等，注意：平移不改變圖形的形狀和大小.
2.旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：
(1)對應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；
(2)每對對應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；
(3)旋轉(zhuǎn)前后的圖形全等.
3.中心對稱的性質(zhì)：
在成中心對稱的兩個(gè)圖形中，對應(yīng)點(diǎn)的連線都經(jīng)過對稱中心，并且被對稱中心平分_．成中心對稱的兩個(gè)圖形全等.
【典例分析】
例1如圖．小明將一張直角梯形紙片沿虛線剪開，得到矩形和三角形兩張紙片，測得，．在進(jìn)行如下操作時(shí)遇到了下面的幾個(gè)問題，請你幫助解決．
（1）將的頂點(diǎn)移到矩形的頂點(diǎn)處，再將三角形繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使點(diǎn)落在邊上，此時(shí)，恰好經(jīng)過點(diǎn)（如圖），請你求出和的長度；
（2）在（1）的條件下，小明先將三角形的邊和矩形邊重合，然后將沿直線向右平移，至點(diǎn)與重合時(shí)停止．在平移過程中，設(shè)點(diǎn)平移的距離為，兩紙片重疊部分面積為，求在平移的整個(gè)過程中，與的函數(shù)關(guān)系式，并求當(dāng)重疊部分面積為時(shí)，平移距離的值（如圖）．

思路點(diǎn)撥
（1）先在Rt△BCE中，利用勾股定理求得CE的長，即可得DE的長，然后在Rt△ADE中，利用勾股定理即可求得AE的長；然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)與互余求得，
則可證，即，將各邊數(shù)值代入即可求解；
（2）如圖，分x≤4與x＞4兩種情況，在Rt△EFG中，求得tan∠F的值，從而得到PB關(guān)于x的代數(shù)式，第一種情況根據(jù)梯形的面積公式整理即可得解；第二種情況根據(jù)y為△RPQ的面積加上矩形BCQP的面積即可得到；然后將y=10時(shí)分別代入求解即可.
滿分解答
（1）∵，，
∴，
∴，
∴；[來源:Z_xx_k.Com]
∵，
∴，
又∵，，
∴，即
在和中，
，，
∴，
則，
∴；

（2）分兩種情況：

①是≤時(shí)，如圖，與相交于，
∵的直角邊，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形是直角梯形，
則重疊部分；

②是＞時(shí)，如圖，與相交于，與相交于，作PQ⊥CD與Q，
∵PQ∥FG，
∴∠RPQ=∠F，即tan∠RPQ=tan∠F=，
∴RQ=PQ=2，
∴，
當(dāng)重疊部分面積為時(shí)，即分別代入兩等式，
，
解得：（不合題意舍去）或，
得出，，
∴當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
∴當(dāng)時(shí)，或．
例2如圖，點(diǎn)E是正方形ABCD中CD邊上任意一點(diǎn)，AB＝4，以點(diǎn)A為中心，把△ADE順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△AD′F
（1）畫出旋轉(zhuǎn)后的圖形，求證：點(diǎn)C、B、F三點(diǎn)共線；
（2）AG平分∠EAF交BC于點(diǎn)G．
①如圖2，連接EF．若BG：CE＝5：6，求△AEF的面積；
②如圖3，若BM、DN分別為正方形的兩個(gè)外角角平分線，交AG、AE的延長線于點(diǎn)M、N．當(dāng)MM∥DC時(shí)，直接寫出DN的長．

思路點(diǎn)撥
（1）旋轉(zhuǎn)后的圖形如圖1中所示，利用旋轉(zhuǎn)不變性即可解決問題；
（2）①如圖2中，連接EG．首先證明EG=BG+DE，設(shè)BG=5k，CE=6k，則DE=4-6k，CG=4-5k，EG=4-k，在Rt△EGC中，根據(jù)EG2=EC2+CG2即可解決問題；
②如圖3中，連接EG，延長MN交AD的延長線于點(diǎn)P，作MQ⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)Q．由題意可知：△PDN，△BMQ都是等腰直角三角形，設(shè)DP=PN=x，BG=a，DE=b．想辦法構(gòu)建方程組即可解決問題.
滿分解答
（1）證明：旋轉(zhuǎn)后的圖形如圖1中所示，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
∵∴點(diǎn)D′與點(diǎn)B重合，
∵∠AD′F＝90°，
∴∠AD′F+′AD′C＝180°，
∴C，B，F(xiàn)共線．
（2）①解：如圖2中，連接EG．

∵∠BAF＝∠DAE，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
∵AG平分∠EAF，
∴∠EAG＝×90°＝45°，
∴∠FAG＝∠FAB+∠BAG＝∠BAG+∠DAE＝45°，
∴∠FAG＝∠EAG，
∵AG＝AG，AF＝AE，
∴△GAE≌△GAF（SAS），
∴FG＝EG，
∴EG＝BF+BG＝DE+BG，
∵BG：CE＝5：6，
∴可以假設(shè)BG＝5k，CE＝6k，則DE＝4﹣6k，CG＝4﹣5k，EG＝4﹣k，
在Rt△EGC中，∵EG2＝EC2+CG2，
∴（4﹣k）2＝（6k）2+（4﹣5k）2，
∴k＝，
∴DE＝，
∴AE=AF=，
∴S△AEF=?AE?AF=．
②解：如圖3中，連接EG，延長MN交AD的延長線于點(diǎn)P，作MQ⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)Q．

由題意可知：△PDN，△BMQ都是等腰直角三角形，設(shè)DP＝PN＝x，BG＝a，DE＝b．
∵四邊形AQMP是矩形，
∴MQ＝BQ＝AP＝4+x，
∵DE∥PN，
∴，即①，
∵BG∥MQ，
∴，即②
在Rt△BCG中，∵EG2=EC2+CG2，
∴（a+b）2=（4-a）2+（4-b）2??? ③，
由①②③可得x=2或-2（舍棄）
∴DN=x=2．
例3已知長方形ABCD中，AD=10cm,AB=6cm,點(diǎn)M在邊CD上，由C往D運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，將△ADM沿著AM翻折至△AD′M，點(diǎn)D對應(yīng)點(diǎn)為D′，AD′所在直線與邊BC交于點(diǎn)P.
（1）如圖1，當(dāng)t=0時(shí)，求證：PA=PC；
（2）如圖2，當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)D′恰好落在邊BC上；
（3）如圖3，當(dāng)t=3時(shí)，求CP的長.

思路點(diǎn)撥
（1）由折疊性質(zhì)可得ADCA D′C可得∠DAC=∠D′AC, 在長方形ABCD中，AD//BC,可得 ∠DAC=∠BCA,從而得到∠D′AC=∠BCA，即可得出結(jié)論。
（2）由折疊性質(zhì)可得ADCA D′C可得D′M=DM=6-t，AD=A D′=10，根據(jù)勾股定理可得B D′=8則C D′=2,在RtCM D′中，根據(jù)勾股定理列出方程即可。
（3）當(dāng)t=3時(shí)，CM=DM=3, 連接PM，根據(jù)HL證得M D′PMCP,可得D′P=PC, ∠D′MP=∠CMP, 由折疊性質(zhì)可得得出∠AMD=∠AMD′,從而證得∠AMP=90,再根據(jù)ADMMDP即可。
滿分解答
（1）當(dāng)t=0時(shí)，M與C重合
由折疊性質(zhì)可得ADCA D′C
∴∠DAC=∠D′AC,
在長方形ABCD中，AD//BC,
∴ ∠DAC=∠BCA
∴∠D′AC=∠BCA，
∴PA=PC；
（2）由折疊性質(zhì)可得ADCA D′C
∴D′M=DM=6-t，AD=A D′=10，
在RtABD′中，B D′==8
∴D′C=BC- B D′=10-8=2cm
在RtCMD′中，
∴
解得：t=
∴當(dāng)t=時(shí)，點(diǎn)D′恰好落在邊BC上；
（3）當(dāng)t=3時(shí)，CM=DM= D′M=3,
由折疊性質(zhì)可得：∠AD′M=∠D=90

連接PM，
在RtM D′P和RtMCP中

∴M D′PMCP,
∴D′P=PC, ∠DMP=∠CMP,
∵∠AMD=∠AMD′
∴∠PMD′+∠AMD′=90
∵∠MAP +∠AMD′′=90
∴∠PMD′=∠MAP
∵∠AD′M=∠PD′M
∴M D′AP D′M
∴
∴= P D′. A D′
∴= P D′.10
∴P D′=
∴CP=
例4如圖(1)，OABC 是一張放在平面直角坐標(biāo)系中的矩形紙片，O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn) A 在 x 軸的正半軸上，點(diǎn) C 在 y 軸的正半軸上，OA=5，OC=4，在OC 邊上取一點(diǎn) D，將將紙片沿 AD 翻轉(zhuǎn)，使點(diǎn) O 落在 BC 邊上的點(diǎn) E 處．
(1)求 D、E 兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
(2)如圖(2)，若 AE 上有一動(dòng)點(diǎn) P（不與 A，E 重合），自點(diǎn) A 沿 AE 方向向點(diǎn)E 做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的速度為每秒 1 個(gè)單位長度，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t 秒，過點(diǎn) P作 ED 的平行線交 AD 于點(diǎn) M，過點(diǎn) M 作 AE 平行線交 DE 于點(diǎn) N．求四邊形PMNE 的面積 S 與時(shí)間 t 之間的函數(shù)關(guān)系式；當(dāng) t 取何值時(shí)，s 有最大值，最大值是多少？
(3)請?zhí)骄浚涸?2)的條件下，當(dāng) t 為何值時(shí)，以 A，M，E 為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？

思路點(diǎn)撥
(1)E 點(diǎn)坐標(biāo)為（2，4），D 點(diǎn)坐標(biāo)為（0，）；(2)S 矩形PMNE=t2+ t；當(dāng) t=時(shí)，S 矩形 PMNE 有最大值；(3)t=或 t=2時(shí)，以 A，M，E 為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形，相應(yīng) M 點(diǎn)的坐標(biāo)為（，）或（5﹣2，）.
滿分解答
解：（1）依題意可知，折痕 AD 是四邊形 OAED 的對稱軸，
∴在 Rt△ABE 中，AE=AO=5，AB=4．
BE= =3．
∴ CE=2．
∴ E 點(diǎn)坐標(biāo)為（2，4）．
在 Rt△DCE 中，DC2+CE2=DE2，
又∵DE=OD．
∴（4﹣OD）2+22=OD2．
解得：OD=．
∴D 點(diǎn)坐標(biāo)為（0，）．
(2)∵PM∥ED，
∴△APM∽△AED．
∴ ，
∵AP=t，ED=，AE=5，
PM= ×=，
∵PE=5﹣t．
∵四邊形 PMNE 為矩形．
S 矩形PMNE=PM×PE=×（5﹣t）= t2+t；
∴S 四邊形PMNE=﹣（t﹣）2+ ．
∴當(dāng) t=時(shí)，S 矩形 PMNE 有最大值．
(3)（Ⅰ）若以 AE 為等腰三角形的底，則 ME=MA（如圖 1）

在 Rt△AED 中，ME=MA，
∵PM⊥AE，
∴P 為 AE 的中點(diǎn)，
∴t=AP= AE= ．又∵PM∥ED，
∴M 為 AD 的中點(diǎn)．
過點(diǎn) M 作 MF⊥OA，垂足為 F，則 MF 是△OAD 的中位線，
∴MF= OD=，OF= OA= ，
∴當(dāng) t=時(shí)，（0＜＜5），△AME 為等腰三角形．此時(shí) M 點(diǎn)坐標(biāo)為（，）．
（Ⅱ）若以 AE 為等腰三角形的腰，則 AM=AE=5（如圖 1）
在 Rt△AOD 中，AD= = ．
過點(diǎn) M 作 MF⊥OA，垂足為 F．
∵PM∥ED，
∴△APM∽△AED．
∴
∴ t=AP= =2 ，
∴PM=t=．
∴MF=MP=，OF=OA﹣AF=OA﹣AP=5﹣2 ，
∴當(dāng) t=2時(shí)，（0＜2＜5），此時(shí) M 點(diǎn)坐標(biāo)為（5﹣2，）．
綜合（Ⅰ）（Ⅱ）可知，t=2.5或 t=2 時(shí)，以 A，M，E 為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形，
相應(yīng) M 點(diǎn)的坐標(biāo)為（，1.25）或（5﹣2，）
例5如圖，拋物線l：y=0.5（x﹣h）2﹣2與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），將拋物線ι在x軸下方部分沿軸翻折，x軸上方的圖象保持不變，就組成了函數(shù)?的圖象．
（1）若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0）．
①求拋物線l的表達(dá)式，并直接寫出當(dāng)x為何值時(shí)，函數(shù)?的值y隨x的增大而增大；
②如圖2，若過A點(diǎn)的直線交函數(shù)?的圖象于另外兩點(diǎn)P，Q，且S△ABQ=2S△ABP，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)2＜x＜3時(shí)，若函數(shù)f的值隨x的增大而增大，直接寫出h的取值范圍．

思路點(diǎn)撥
（1）①利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式，由對稱性求點(diǎn)B的坐標(biāo)，根據(jù)圖象寫出函數(shù)?的值y隨x的增大而增大（即呈上升趨勢）的x的取值；
②如圖2，作輔助線，構(gòu)建對稱點(diǎn)F和直角角三角形AQE，根據(jù)S△ABQ=2S△ABP，得QE=2PD，證明△PAD∽△QAE，則，得AE=2AD，設(shè)AD=a，根據(jù)QE=2FD列方程可求得a的值，并計(jì)算P的坐標(biāo)；
（2）先令y=0求拋物線與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)圖象中呈上升趨勢的部分，有兩部分：分別討論，并列不等式或不等式組可得h的取值．

②如圖2，作PD⊥x軸于點(diǎn)D，延長PD交拋物線l于點(diǎn)F，作QE⊥x軸于E，則PD∥QE，
由對稱性得：DF=PD，
∵S△ABQ=2S△ABP，∴AB?QE=2×AB?PD，∴QE=2PD，
∵PD∥QE，∴△PAD∽△QAE，∴，∴AE=2AD，
設(shè)AD=a，則OD=1+a，OE=1+2a，P（1+a，﹣[（1+a﹣3）2﹣2]），
∵點(diǎn)F、Q在拋物線l上，
∴PD=DF=﹣[（1+a﹣3）2﹣2]，QE=（1+2a﹣3）2﹣2，
∴（1+2a﹣3）2﹣2=﹣2[（1+a﹣3）2﹣2]，
解得：a=或a=0（舍），∴P（，）；

綜上所述，當(dāng)3≤h≤4或h≤0時(shí)，函數(shù)f的值隨x的增大而增大．

【變式訓(xùn)練】
一、單選題
1．如圖，正方形ABCD的邊長為8，M在DC上，且DM=2，N是AC上的一動(dòng)點(diǎn)，則DN+MN的最小值是（）

A．8 B．9 C．10 D．12
【答案】C
【解析】
【分析】
要求DN＋MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考慮通過作輔助線轉(zhuǎn)化DN，MN的值，從而找出其最小值求解．
【詳解】
解：∵正方形是軸對稱圖形，點(diǎn)B與點(diǎn)D是關(guān)于直線AC為對稱軸的對稱點(diǎn)，

∴連接BN，BD，則直線AC即為BD的垂直平分線，
∴BN＝ND∴DN＋MN＝BN＋MN連接BM交AC于點(diǎn)P，
∵點(diǎn) N為AC上的動(dòng)點(diǎn)，
由三角形兩邊和大于第三邊，
知當(dāng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P時(shí)，
BN＋MN＝BP＋PM＝BM，
BN＋MN的最小值為BM的長度，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴BC＝CD＝8，CM＝8?2＝6，BCM＝90°，
∴BM＝＝10，
∴DN＋MN的最小值是10．
故選：C．
2．如圖，矩形ABCD的外接圓O與水平地面有唯一交點(diǎn)A，圓O的半徑為4，且＝2．若在沒有滑動(dòng)的情況下，將圓O向右滾動(dòng)，使得O點(diǎn)向右移動(dòng)了98π，則此時(shí)該圓與地面交點(diǎn)在（）上．

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)題意得出圓的周長以及圓轉(zhuǎn)動(dòng)的周數(shù)，進(jìn)而得出與地面相切的?。?br /> 【詳解】
∵圓O半徑為4，
∴圓的周長為：2π×r=8π，
∵將圓O向右滾動(dòng)，使得O點(diǎn)向右移動(dòng)了98π，
∴98π÷8π=12…2π，
即圓滾動(dòng)12周后，又向右滾動(dòng)了2π，
∵矩形ABCD的外接圓O與水平地面相切于A點(diǎn)，=2，
∴=×8π=π＜2π， +=×8π=4π＞2π，
∴此時(shí)與地面相切，
∴此時(shí)該圓與地面交點(diǎn)在上，
故選：B．
3．如圖，在Rt△ABC中，∠B=45°，AB=AC，點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，直角∠MDN繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，DM、DN分別與邊AB、AC交于E、F兩點(diǎn)，下列結(jié)論：①△DEF是等腰直角三角形；②AE=CF；③△BDE≌△ADF；④BE＋CF=EF，其中正確結(jié)論是（）

A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠CAD＝∠B＝45°，根據(jù)同角的余角相等求出∠ADF＝∠BDE，然后利用“角邊角”證明△BDE和△ADF全等，判斷出③正確；根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得DE＝DF、BE＝AF，從而得到△DEF是等腰直角三角形，判斷出①正確；再求出AE＝CF，判斷出②正確；根據(jù)BE+CF＝AF+AE，利用三角形的任意兩邊之和大于第三邊可得BE+CF＞EF，判斷出④錯(cuò)誤．
【詳解】
∵∠B＝45°，AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形．
∵點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，∴AD＝CD＝BD，AD⊥BC，∠CAD＝45°，∴∠CAD＝∠B．
∵∠MDN是直角，∴∠ADF+∠ADE＝90°．
∵∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝90°，∴∠ADF＝∠BDE．
在△BDE和△ADF中，∵，∴△BDE≌△ADF（ASA），故③正確；
∴DE＝DF，BE＝AF，∴△DEF是等腰直角三角形，故①正確；

∵AE＝AB﹣BE，CF＝AC﹣AF，∴AE＝CF，故②正確；
∵BE+CF＝AF+AE，∴BE+CF＞EF，故④錯(cuò)誤；
綜上所述：正確的結(jié)論有①②③．
故選C．
4．如圖，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝，將矩形ABCD繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)后得到矩形EBGF，此時(shí)恰好四邊形AEHB為菱形，連接CH交FG于點(diǎn)M，則HM＝（　?。?br />
A． B．1 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到AB=BE，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AE=AB，推出△ABE是等邊三角形，得到AB=3，AD=，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到∠BAC=30°，求得AC⊥BE，推出C在對角線AH上，得到A，C，H共線，于是得到結(jié)論．
【詳解】
如圖，連接AC交BE于點(diǎn)O，
∵將矩形ABCD繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)后得到矩形EBGF，
∴AB=BE，
∵四邊形AEHB為菱形，
∴AE=AB，
∴AB=AE=BE，
∴△ABE是等邊三角形，
∵AB=3，AD=，
∴tan∠CAB=，
∴∠BAC=30°，
∴AC⊥BE，
∴C在對角線AH上，
∴A，C，H共線，
∴AO=OH=AB=，
∵OC=BC=，
∵∠COB=∠OBG=∠G=90°，
∴四邊形OBGM是矩形，
∴OM=BG=BC=，
∴HM=OH﹣OM=，
故選D．
5．在平面直角坐標(biāo)系中，按如圖方式放置（直角頂點(diǎn)為A），已知A（2，0），B（0，4），點(diǎn)C在雙曲線（x＞0）上，且AC=，將沿x軸正方向向右平移，當(dāng)點(diǎn)B落在該雙曲線上時(shí)，點(diǎn)A的橫坐標(biāo)變成（　?。?br />
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
作輔助線，證明，則可得，設(shè)，則，根據(jù)勾股定理得，點(diǎn)坐標(biāo)為（4，1），代入雙曲線可得，根據(jù)平移后點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，可得平移后點(diǎn)的橫坐標(biāo)，由此可得平移長度，即可得出結(jié)論.
【詳解】
解：過作軸于D，如圖，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
設(shè)，則，
∵，
∴，
（舍），
∴，
∴C（4，1），
∴，
當(dāng)時(shí)，，即向右平移1個(gè)單位時(shí)，點(diǎn)落在該雙曲線上，
∴點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3；
故答案為：A．
6．如圖，中，，，，以斜邊的中點(diǎn)為旋轉(zhuǎn)中心，把這個(gè)三角形按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到，則旋轉(zhuǎn)后兩個(gè)直角三角形重疊部分的面積為（）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如圖，先計(jì)算出AB=2AC=12，根據(jù)中點(diǎn)定義則可得BD=6，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得D=BD=6，在Rt△BDM中，可求得DM、BM的長，從而可求得B′M的長，然后在Rt△B′MN中求出MN的長，繼而求得BN的長，在Rt△BNG中求出BN的長，然后利用S陰影=S△BNG-S△BMD進(jìn)行計(jì)算即可得.
【詳解】
如圖，∵∠C=90°，∠A=60°，AC=6，
∴AB=2AC=12，∠B=30°，
∵點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，
∴BD=6，
∵△ABC繞點(diǎn)D按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到，
∴D=BD=6，
在Rt△BDM中，∠B=30°，∠BDM=90°，
∴BM=2DM，BD2+DM2=BM2，
∴DM=，BM=4，
∴B′M=B′D-DM=6-，
在Rt△B′MN中，∠B′=30°，
∴MN=B′M=3-，
∴BN=BM+MN=3+3，
在Rt△BNG中，BG=2NG，BG2=NG2+BN2，
∴NG=3+，
∴S陰影=S△BNG-S△BMD==9，
故選B.

【點(diǎn)睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角形的面積等，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

二、填空題
7．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，BC = 3，AC = 4，點(diǎn)D為邊AB上一點(diǎn)．將△BCD沿直線CD翻折，點(diǎn)B落在點(diǎn)E處，聯(lián)結(jié)AE．如果AE // CD，那么BE =________．

【答案】（或4.8）
【解析】
【分析】
過D作DG⊥BC于G，依據(jù)折疊的性質(zhì)即可得到CD垂直平分BE，再根據(jù)AE∥CD，得出CD＝BD＝2.5，進(jìn)而得到BG＝1.5，再根據(jù)BC×DG＝CD×BF，即可得到BF的長，即可得出BE的長．
【詳解】
解：如圖所示，過D作DG⊥BC于G，

由折疊可得，CD垂直平分BE，
∴當(dāng)CD∥AE時(shí)，∠AEB＝∠DFB＝90°，
∴∠DEB+∠DEA＝90°，∠DBE+∠DAE＝90°，
∵DB＝DE，
∴∠DEB＝∠DBE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE，
∴AD＝BD，
∴D是AB的中點(diǎn)，
∴Rt△ABC中，CD＝BD＝2.5，
∵DG⊥BC，
∴BG＝1.5，
∴Rt△BDG中，DG＝2，
∵BC×DG＝CD×BF，
∴BF＝＝，
∴BE＝2BF＝，
故答案為：．
8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到的位置，點(diǎn)、分別落在點(diǎn)、處，點(diǎn)在軸上，再將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到的位置，點(diǎn)在軸上，將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到的位置，點(diǎn)在軸上，依次進(jìn)行下去….若點(diǎn)，，則點(diǎn)的坐標(biāo)為___．

【答案】.
【解析】
【分析】
由題意可得，在直角三角形中，，，根據(jù)勾股定理可得，即可求得的周長為10，由此可得的橫坐標(biāo)為10，的橫坐標(biāo)為20，···由此即可求得點(diǎn)的坐標(biāo).
【詳解】
在直角三角形中，，，
由勾股定理可得：，
的周長為：，
∴的橫坐標(biāo)為：OA+AB1+B1C1=10，的橫坐標(biāo)為20，···
∴.
故答案為：.
9．如圖，正方形ABCD中，AB＝3cm，以B為圓心，1cm為半徑畫圓，點(diǎn)P是⊙B上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AP，并將AP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至AP'，連接BP'，在點(diǎn)P移動(dòng)的過程中，BP'長度的取值范圍是_____cm．

【答案】（3-1）cm≤BP≤（3+1）．
【解析】
【分析】
通過畫圖發(fā)現(xiàn)，點(diǎn)P′的運(yùn)動(dòng)路線為以D為圓心，以1為半徑的圓，可知：當(dāng)P′在對角線BD上時(shí)，BP′最小，先證明△PAB≌△P′AD，則P′D=PB=1，再利用勾股定理求對角線BD的長，則得出BP′的長．
【詳解】
如圖，當(dāng)P′在對角線BD上時(shí)，BP′最小；當(dāng)P′在對角線BD的延長線上時(shí)，BP′最大．
連接BP，

①當(dāng)P′在對角線BD上時(shí)，
由旋轉(zhuǎn)得：AP=AP′，∠PAP′=90°，
∴∠PAB+∠BAP′=90°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAP′+∠DAP′=90°，
∴∠PAB=∠DAP′，
∴△PAB≌△P′AD，
∴P′D=PB=1，
在Rt△ABD中，∵AB=AD=3，
由勾股定理得：BD==3，
∴BP′=BD-P′D=3-1，
即BP′長度的最小值為（3-1）cm．
②當(dāng)P′在對角線BD的延長線上時(shí)，
同理可得BD==3，
∴BP′=BD+P′D=3+1，
即BP′長度的最大值為（3+1）cm．
∴BP'長度的取值范圍是（3-1）cm≤BP≤（3+1）cm
故答案為：（3-1）cm≤BP≤（3+1）．
10．如圖，在銳角三角形ABC中，BC＝6，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC，M、N分別是BD、BC上的動(dòng)點(diǎn)，則CM+MN的最小值是_____．

【答案】6
【解析】
【分析】
過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，交BD于點(diǎn)M′，過點(diǎn)M′作M′N′⊥BC于N′，則CE即為CM+MN的最小值，再根據(jù)BC＝6，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC可知△BCE是等腰直角三角形，由銳角三角函數(shù)的定義即可求出CE的長．
【詳解】
過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，交BD于點(diǎn)M′，過點(diǎn)M′作M′N′⊥BC于N′，則CE即為CM+MN的最小值，

∵BC＝6，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴CE＝BC?cos45°＝6×＝6．
∴CM+MN的最小值為6．
故答案是：6．
【點(diǎn)睛】
考查的是軸對稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出等腰直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質(zhì)定理，結(jié)合軸對稱變換來解決，多數(shù)情況要作點(diǎn)關(guān)于某直線的對稱點(diǎn)．
三、解答題
11．如圖1，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E是AB邊的中點(diǎn)，以AE為邊作正方形AEFG，連接DE，BG．

（1）發(fā)現(xiàn)
①線段DE、BG之間的數(shù)量關(guān)系是　 ?。?br /> ②直線DE、BG之間的位置關(guān)系是　 ?。?br /> （2）探究
如圖2，將正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．
（3）應(yīng)用
如圖3，將正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周，記直線DE與BG的交點(diǎn)為P，若AB=4，請直接寫出點(diǎn)P到CD所在直線距離的最大值和最小值．
【答案】（1）發(fā)現(xiàn)：①DE=BG；②DE⊥BG；（2）探究：（1）中的結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）應(yīng)用：點(diǎn)P到CD所在直線距離的最大值是2+2，最小值是3﹣ ．
【解析】
【分析】
（1）證明△AED≌△AGB可得出兩個(gè)結(jié)論；
（2）①根據(jù)正方形的性質(zhì)得出AE=AG，AD=AB，∠EAG=∠DAB=90°，求出∠EAD=∠GAB，根據(jù)SAS推出△EAD≌△GAB即可；
②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出∠GBA=∠EDA，求出∠DHB=90°即可；
（3）先確定點(diǎn)P到CD所在直線距離的最大值和最小值的位置，再根據(jù)圖形求解．
【詳解】
解：（1）①線段DE、BG之間的數(shù)量關(guān)系是：DE=BG，
理由是：如圖1，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BDA=90°，
∴∠BAG=∠BAD=90°，
∵四邊形AEFG是正方形，
∴AE=AG，
∴△AED≌△AGB（SAS），
∴DE=BG；
②直線DE、BG之間的位置關(guān)系是：DE⊥BG，
理由是：如圖2，延長DE交BG于Q，

由△AED≌△AGB得：∠ABG=∠ADE，
∵∠AED+∠ADE=90°，∠AED=∠BEQ，
∴∠BEQ+∠ABG=90°，
∴∠BQE=90°，
∴DE⊥BG；
故答案為：①DE=BG；②DE⊥BG；
（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由是：
①如圖3，

∵四邊形AEFG和四邊形ABCD是正方形，
∴AE=AG，AD=AB，∠EAG=∠DAB=90°，
∴∠EAD=∠GAB=90°+∠EAB，
在△EAD和△GAB中，
，
∴△EAD≌△GAB（SAS），
∴ED=GB；
②ED⊥GB，
理由是：∵△EAD≌△GAB，
∴∠GBA=∠EDA，
∵∠AMD+∠ADM=90°，∠BMH=∠AMD，
∴∠BMH+∠GBA=90°，
∴∠DHB=180°﹣90°=90°，
∴ED⊥GB；
（3）將正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周，即點(diǎn)E和G在以A為圓心，以2為半徑的圓上，過P作PH⊥CD于H，
①當(dāng)P與F重合時(shí)，此時(shí)PH最小，如圖4，

在Rt△AED中，AD=4，AE=2，
∴∠ADE=30°，DE==2，
∴DF=DE﹣EF=2﹣2，
∵AD⊥CD，PH⊥CD，
∴AD∥PH，
∴∠DPH=∠ADE=30°，
∵cos30°==，
∴PH=（2﹣2）=3﹣；
②∵DE⊥BG，∠BAD=90°，
∴以BD的中點(diǎn)O為圓心，以BD為直徑作圓，P、A在圓上，
當(dāng)P在的中點(diǎn)時(shí)，如圖5，此時(shí)PH的值最大，

∵AB=AD=4，
由勾股定理得：BD=4，
則半徑OB=OP=2，
∴PH=2+2．
綜上所述，點(diǎn)P到CD所在直線距離的最大值是2+2，最小值是3﹣．
12．（1）如圖1，△AEC中，∠E＝90°，將△AEC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ADB，AC與AB對應(yīng)，AE與AD對應(yīng)
①請證明△ABC為等邊三角形；
②如圖2，BD所在的直線為b，分別過點(diǎn)A、C作直線b的平行線a、c，直線a、b之間的距離為2，直線a、c之間的距離為7，則等邊△ABC的邊長為　 ?。?br /> （2）如圖3，∠POQ＝60°，△ABC為等邊三角形，點(diǎn)A為∠POQ內(nèi)部一點(diǎn)，點(diǎn)B、C分別在射線OQ、OP上，AE⊥OP于E，OE＝5，AE＝2，求△ABC的邊長．

【答案】（1）①詳見解析；②；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：AB＝AC，∠BAC＝60°，即可證△ABC為等邊三角形；
（2）過點(diǎn)E作EG⊥直線a，延長GE交直線c于點(diǎn)H，可得GH＝7，AD＝2，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AD＝AE＝2，∠DAE＝60°，可求GE＝1，EH＝6，由銳角三角函數(shù)可求CE＝4，根據(jù)勾股定理可求等邊△ABC的邊AC的長；
（3）過點(diǎn)A作∠AHO＝60°，交OQ于點(diǎn)G，交OP于點(diǎn)H，根據(jù)特殊三角函數(shù)值可求AH＝4，通過證明△OBC≌△HCA，可求AH＝OC＝4，CE＝1，根據(jù)勾股定理可求△ABC的邊AC的長．
【詳解】
解：（1）∵將△AEC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ADB，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC為等邊三角形．
（2）過點(diǎn)E作EG⊥直線a，延長GE交直線c于點(diǎn)H，

∵a∥b∥c，
∴EH⊥直線c，
∵直線a、c之間的距離為7，
∴GH＝7
∵將△AEC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ADB，
∴AD＝AE，∠ADB＝∠AEC＝90°，∠DAE＝60°，
∵直線a、b之間的距離為2，
∴AD＝2＝AE，
∵∠GAE＝∠GAD﹣∠DAE＝90°﹣60°＝30°，
∴GE＝AE＝1，∠AEG＝60°，
∴EH＝7﹣1＝6，
∵∠CEH＝180°﹣∠AEC﹣∠AEG，
∴∠CEH＝30°，
∴cos∠CEH＝，
∴CE＝4
在Rt△ACE中，AC＝＝＝2，
故答案為：2
（3）過點(diǎn)A作∠AHO＝60°，交OQ于點(diǎn)G，交OP于點(diǎn)H，

∵AE⊥OP，∠AHO＝60°
∴sin∠AHO＝
∴AH＝4
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ACB＝60°＝∠POQ，
∵∠POQ+∠OBC+∠OCB＝180°，∠ACB+∠OCB+∠ACH＝180°，
∴∠ACH＝∠OBC，且BC＝AC，∠O＝∠AHC＝60°，
∴△OBC≌△HCA（AAS）
∴AH＝OC＝4，
∴CE＝OE﹣OC＝5﹣4＝1，
在Rt△ACE中，AC＝＝＝，
∴△ABC的邊長為．
13．四邊形是邊長為的正方形，點(diǎn)在邊上，矩形的邊，.

（1）如圖①，求的長；
（2）如圖②，將矩形繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)（），得到矩形，點(diǎn)恰好在上.
①求的度數(shù)；
②求的長；
（3）若將矩形繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到矩形，此時(shí)點(diǎn)在矩形的內(nèi)部、外部，還是邊上？（直接寫出答案即可）
【答案】（1）7；（2）①；②5；（3）在矩形的外部.
【解析】
【分析】[來源:Zxxk.Com]
（1）根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)即可得答案；（2）①根據(jù)∠GAF=30°，點(diǎn)C在矩形和正方形的對角線上，即可得答案；②連接AN、DN，過作延長線于，根據(jù)正方形的性質(zhì)可求出AC的長，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AN的長，即可得NC的長，根據(jù)，可求出PC、PN的長，進(jìn)而求出DP的長，根據(jù)勾股定理求出DN的長即可；（3）在Rt△ARK中，利用勾股定理即可求得AK的值，與AB比較大小，即可確定B的位置．
【詳解】
（1）矩形
∴
，
∴
（2）①
∴
∴
②連接AN、DN，過作延長線于，
，
∴
過作延長線于，
∵，，CN=1，
∴
∴DP=
∴
∴

（3）在矩形的外部，理由如下：
如圖：根據(jù)題意得∠BAR=30°，
∵∠R=90°，
∴RK=AK
∵AR=
∴AK2=AR2+(AK)2，
解得AK=，
∵

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