中考总复习：图形的变换--巩固练习（基础）
【巩固练习】
一、 以下图形：平行四边形、矩形、等腰三角形、线段、圆、菱形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有（） A．4个 B．5个 C．6个 D．3个．有以下现象：①温度计中，液柱的上升或下降；②打气筒打气时，活塞的运动；③钟摆的摆动；④传送带上瓶装饮料的移动，其中属于平移的是（ ） A．①③ B．①② C．②③ D．②④
5.（201?莒县模拟）如图，△ABC沿方向平移到△D，，（ ）
A． B． C． D．
6.如图所示，△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，△EDC是由△ADB旋转180°所得，则AB边的取值范围是（ ）．
A．l＜AB＜29 B．4＜AB＜24 C．5＜AB＜19 D．9＜AB＜19
二、填空题
7. 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝45°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折后得△AE，那么△AE与四边形AECD重叠部分的面积是．
第7题 第8题
8.（2016·黔东南州）如图，在△ACB中，∠BAC=50°，AC=2，AB=3，现将△ACB绕点A逆时针旋转50°得到△AC1B1，则阴影部分的面积为_______.
9. 如图，一张矩形纸片，要折叠出一个最大的正方形纸，小明把矩形的一个角沿折痕翻折上去，使AB边和AD边上的AF重合，则四边形ABEF就是一个最大的正方形，他的判定方法是________．
第9题 第10题
10. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2cm，点E在BC上，且AE＝CE．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC上的点B1重合，则AC＝ cm．（2016?郑州一模）如图，Rt△ABC，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段B′F的长为 ．
如图为矩形ABCD的中心，将直角三角板的直角顶点与点重合，转动三角板使两直角边始终与相交，交点分别为.如果，则与的关系式为
三、解答题
13.（2015?南充）如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上点F处．
（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？（不需说明理由）
（2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长．
把两个全等的等腰直角三角板ABC和EFG（其直角边长均为4）叠放在一起（如图①），且使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合.现将三角板EFG绕O点顺时针方向旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°)，四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②.
(1)在上述旋转过程中，BH与CK有怎样的数量关系？四边形CHGK的面积有何变化？证明你发现的结论；(2)连接HK，在上述旋转过程中，设BH=，△GKH的面积为，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；(3)在(2)的前提下，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的？若存在，求出此时的值；若不存在，说明理由.
15.如图，将矩形纸片ABCD按如下顺序进行折叠: 对折、展平, 得折痕EF(如图①); 沿GC折叠, 使点B落在EF上的点B 处(如图②) 展平, 得折痕GC(如图③); 沿GH折叠, 使点C落在DH上的点C 处(如图④); 沿GC 折叠(如图⑤) 展平, 得折痕GC、GH(如图⑥)求图②中∠BCB 的大小图⑥中的△GCC 是正三角形吗?请说明理由.
已知矩形纸片，将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合（1）如果折痕FG分别与AD，AB交于点F，G（如图（1）），求DE的长（2）如果折痕FG分别与CD，AB交于点F，G（如图（2）），的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长
【答案与解析】
S△BFC=2S△ABC，S△ABC= S△FDC=S△FDE=2
6．【答案】D.
【解析】∵△ADB绕点D旋转180°，得到△EDC，
∴AB=EC,AD=DE，而AD=7，∴AE=14， 在△ACE中，AC=5， ∴AE-AC＜EC＜AC+AE， 即14 -5＜EC＜14+5，∴9＜AD＜19．
二．填空题
7．【答案】2-2．
【解析】在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE为BC边上的高，故AE=， 由折叠易得△ABG为等腰直角三角形， ∴S△ABG=BA?AG=2，S△ABE=1，∴CG=2BE-BC=2-2， ∴CO=OG=2-，∴S△COG=3-2， ∴重叠部分的面积为2-1-（3-2）=2-2．
8．【答案】.
【解析】S阴影=S扇形ABB1=．
9．【答案】对角线平分内角的矩形是正方形.
10．【答案】4cm.
【解析】∵AB=2cm，AB=AB1∴AB1=2cm， ∵四边形ABCD是矩形，AE=CE，∴∠ABE=∠AB1E=90° ∵AE=CE，∴AB1=B1C，∴AC=4cm．
11.【】 【】根据折叠的性质可知CD=AC=3，B′C=BC=4，∠ACE=∠DCE，∠BCF=∠B′CF，CE⊥AB，
∴B′D=4﹣3=1，∠DCE+∠B′CF=∠ACE+∠BCF，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECF=45°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴EF=CE，∠EFC=45°，
∴∠BFC=∠B′FC=135°，
∴∠B′FD=90°，
∵S△ABC=AC?BC=AB?CE，
∴AC?BC=AB?CE，
∵根据勾股定理求得AB=5，
∴CE=，
∴EF=，ED=AE=，
∴DF=EF﹣ED=，
∴B′F=．
故答案为：．
.
三.综合题
13．【解析】
解：（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，
根据折叠的性质可知：∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ，
∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°，
∵∠APM+∠AMP=90°，
∴∠BPQ=∠AMP，
∴△AMP∽△BPQ，
同理：△BPQ∽△CQD，
根据相似的传递性，△AMP∽△CQD；
（2）∵AD∥BC，
∴∠DQC=∠MDQ，
根据折叠的性质可知：∠DQC=∠DQM，
∴∠MDQ=∠DQM，
∴MD=MQ，
∵AM=ME，BQ=EQ，
∴BQ=MQ﹣ME=MD﹣AM，
∵sin∠DMF==，
∴设DF=3x，MD=5x，
∴BP=PA=PE=，BQ=5x﹣1，
∵△AMP∽△BPQ，
∴，
∴，
解得：x=（舍）或x=2，
∴AB=6．
∴△BGH≌△CGK（ASA）， ∴BH=CK，S△BGH=S△CGK． ∴S四边形CHGKCHG+S△CGK=S△CHG+S△BGH=S△ABC=××4×4=4， 即：S四边形CHGK
（2）∵AC=BC=4，BH=x， ∴CH=4-x，CK=x． 由S△GHK=S四边形CHGKCHK， 得y=4 -x（4-x）， ∴y=x2-2x+4． 由0°＜α＜90°，得到BH最大=BC=4， ∴0＜x＜4； （3）存在． 根据题意，得x2-2x+4=×8， 解这个方程，得x1=1，x2=3， 即：当x=1或x=3时，△GHK的面积均等于△ABC的面积的．
15．【解析】
（1）由折叠的性质知：B′C=BC， 在Rt△B′FC中， ∵cos∠B′CF===， ∴∠B′CF=60°， 即∠BCB′=60°； （2）根据题意得：GC平分∠BCC′， ∴∠GCB=∠GCC′=∠BCB′=30°， ∴∠GCC′=∠BCD-∠BCG=60°， 由折叠的性质知：GH是线段CC′的对称轴， ∴GC′=GC， ∴△GCC′是正三角形．
16.【解析】在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，，∠D=90°． 根据轴对称的性质，得EF=AF=． ∴DF=AD-AF=．在Rt△DEF中，DE=．
（2）设AE与FG的交点为O．根据轴对称的性质，得AO=EO． 取AD的中点M，连接MO．则MO=DE，MO∥DC． 设DE=x，则MO=x，在矩形ABCD中，∠C=∠D=90°， ∴AE为△AED的外接圆的直径，O为圆心． 延长MO交BC于点N，则ON∥CD, ∴∠CNM=180°-∠C=90°, ∴ON⊥BC，四边形MNCD是矩形． ∴MN=CD=AB=2．∴ON=MN-MO=2-x. ∵△AED的外接圆与BC相切， ∴ON是△AED的外接圆的半径, ∴OE=ON=2-x，AE=2ON=4-x． 在Rt△AED中，AD2+DE2=AE2， ∴12+x2=（4-x）2． 解这个方程，得x=． ∴DE=，OE=2-x=． 根据轴对称的性质，得AE⊥FG． ∴∠FOE=∠D=90°
可得,即FO=． 又AB∥CD，∴∠EFO=∠AGO，∠FEO=∠GAO． ∴△FEO≌△GAO．∴FO=GO． ∴FG=2FO=． ∴折痕FG的长是．
|
|
