201x年福建省中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)專題5：圖形變換課件

第二輪中考題型突破專題五圖形變換.第二輪中考題型突破專題五圖形變換.1【題型1】軸對(duì)稱變換型【例1】如圖，在正方形ABCD中，CD=6，點(diǎn)E在邊CD上，且CD=3DE．將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，延長(zhǎng)EF交邊BC于點(diǎn)G，連接AG，CF．〔1〕①求證：△ABG≌△AFG；②求GC的長(zhǎng).〔2〕求△FGC的面積．思路點(diǎn)撥：〔1〕①利用翻折變換對(duì)應(yīng)邊關(guān)系以及根據(jù)“HL〞定理得出△ABG≌△AFG即可；②利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，進(jìn)而求出BG即可；〔2〕首先過點(diǎn)C作CM⊥GF于點(diǎn)M，由勾股定理以及面積法求得△FGC的高CM，然后利用三角形面積公式求解..【題型1】軸對(duì)稱變換型【例1】如圖，在正方形ABCD中，2（1）①證明：在正方形ABCD中，

AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，∵將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°．∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°．又∵AG=AG，在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．②解：∵CD=3DE，∴DE=2，CE=4．設(shè)BG=x，則CG=6-x，GE=x+2．∵GE2=CG2+CE2，∴(x+2)2=(6-x)2+42，解得x=3．∴CG=6-3=3．.（1）①證明：在正方形ABCD中，.3（2）解：如圖，過點(diǎn)C作CM⊥GF于點(diǎn)M．∵BG=GF=3，CG=3，GE=5，∴S△GCE=CM·GE=GC·EC．∴5CM=3×4．∴CM=2.4．∴S△FGC=GF·CM=3.6．.（2）解：如圖，過點(diǎn)C作CM⊥GF于點(diǎn)M．.4【題型2】平移變換型【例2】〔2021·北京市〕在正方形ABCD中，BD是一條對(duì)角線，點(diǎn)P在射線CD上〔不與點(diǎn)C，D重合〕，連接AP，平移△ADP，使點(diǎn)D移動(dòng)到點(diǎn)C，得到△BCQ，過點(diǎn)Q作QH⊥BD于點(diǎn)H，連接AH，PH．〔1〕假設(shè)點(diǎn)P在線段CD上，如圖．①依題意補(bǔ)全圖；②判斷AH與PH的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系并加以證明.〔2〕假設(shè)點(diǎn)P在線段CD的延長(zhǎng)線上，且∠AHQ=152°，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，請(qǐng)寫出求DP長(zhǎng)的思路．〔可以不寫出計(jì)算結(jié)果〕.【題型2】平移變換型【例2】〔2021·北京市〕在正方形A5思路點(diǎn)撥：〔1〕①根據(jù)題意畫出圖形即可；②連接CH，先根據(jù)正方形的性質(zhì)得出△DHQ是等腰直角三角形，再由“SAS〞定理得出△HDP≌△HQC，故PH=CH，∠HPC=∠HCP，由正方形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；〔2〕根據(jù)四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD可知△DHQ是等腰直角三角形，再由平移的性質(zhì)得出PD=CQ．作HR⊥PC于點(diǎn)R，由∠AHQ=152°，可得出∠AHB及∠DAH的度數(shù)，設(shè)DP=x，那么DR=HR=RQ，由銳角三角函數(shù)的定義即可得出結(jié)論．.思路點(diǎn)撥：.6解：（1）①如圖1．②如圖1，連接CH．∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°．∴△DHQ是等腰直角三角形．在△HDP與△HQC中，∵∴△HDP≌△HQC（SSS）．∴PH=CH，∠HPC=∠HCP．∵BD是正方形ABCD的對(duì)稱軸，∴AH=CH，∠DAH=∠HCP．∴∠DAH=∠HPC.∴∠AHP=180°-∠ADP=90°．∴AH=PH，AH⊥PH．圖1.解：（1）①如圖1．圖1.7圖2（2）如圖2，∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°．∴△DHQ是等腰直角三角形．∵△BCQ由△ADP平移而成，∴PD=CQ．作HR⊥PC于點(diǎn)R．∵∠AHQ=152°，∴∠AHB=62°．∴∠RCH=∠DAH=17°．設(shè)DP=x，則DR=HR=RQ=．∵tan17°=，即tan17°=，∴x=..圖2（2）如圖2，∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD8【題型3】旋轉(zhuǎn)變換型【例3】〔2021·三明市〕如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，扇形紙片DOE的頂點(diǎn)O與邊AB的中點(diǎn)重合，OD交BC于點(diǎn)F，OE經(jīng)過點(diǎn)C，且∠DOE=∠B．〔1〕說明△COF是等腰三角形，并求出CF的長(zhǎng)；〔2〕將扇形紙片DOE繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，OD，OE與邊AC分別交于點(diǎn)M，N〔如圖2〕，當(dāng)CM的長(zhǎng)是多少時(shí)，△OMN與△BCO相似？.【題型3】旋轉(zhuǎn)變換型【例3】〔2021·三明市〕如圖1，9思路點(diǎn)撥：〔1〕易證∠OCB=∠B，由條件∠DOE=∠B可得∠OCB=∠DOE，從而得到△COF是等腰三角形，過點(diǎn)F作FH⊥OC，垂足為H，如圖1，由等腰三角形的三線合一可求出CH，易證△CHF∽△BCA，從而可求出CF長(zhǎng)．〔2〕題中要求“△OMN與△BCO相似〞，并沒有指明對(duì)應(yīng)關(guān)系，故需分情況討論，由于∠DOE=∠B，因此△OMN中的點(diǎn)O與△BCO中的點(diǎn)B對(duì)應(yīng)，因而只需分兩種情況討論：①△OMN∽△BCO，②△OMN∽△BOC．.思路點(diǎn)撥：〔1〕易證∠OCB=∠B，由條件∠DOE=∠B可10①當(dāng)△OMN∽△BCO時(shí)，可證到△AOM∽△ACB，從而求出AM長(zhǎng)，進(jìn)而求出CM長(zhǎng)；②當(dāng)△OMN∽△BOC時(shí)，可證到△CON∽△ACB，從而求出ON，CN長(zhǎng)．然后過點(diǎn)M作MG⊥ON，垂足為G，如圖3，可以求出NG．并可以證到△MGN∽△ACB，從而求出MN長(zhǎng)，進(jìn)而求出CM長(zhǎng)．.①當(dāng)△OMN∽△BCO時(shí)，可證到△AOM∽△ACB，從而求11解：（1）∵∠ACB=90°，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，∴OC=OB=OA=5．∴∠OCB=∠B，∠ACO=∠A．∵∠DOE=∠B，∴∠FOC=∠FCO．∴FC=FO．∴△COF是等腰三角形．過點(diǎn)F作FH⊥OC，垂足為H，如圖1．∵FC=FO，F(xiàn)H⊥OC，∴CH=OH=，∠CHF=90°．∵∠HCF=∠B，∠CHF=∠BCA=90°，∴△CHF∽△BCA．∴∵CH=，AB=10，BC=6，∴CF=，即CF的長(zhǎng)為.解：（1）∵∠ACB=90°，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，.12（2）①若△OMN∽△BCO，如圖2，則有∠NMO=∠OCB．∵∠OCB=∠B，∴∠NMO=∠B．∵∠A=∠A，∴△AOM∽△ACB．∴∵∠ACB=90°，AB=10，BC=6，∴AC=8．∵AO=5，AC=8，AB=10，∴AM=∴CM=AC-AM=.（2）①若△OMN∽△BCO，如圖2，則有.13②若△OMN∽△BOC，如圖3，則有∠MNO=∠OCB．∵∠OCB=∠B，∴∠MNO=∠B．∵∠ACO=∠A，∴△CON∽△ACB．∴∵BC=6，AB=10，AC=8，CO=5，∴ON=，CN=過點(diǎn)M作MG⊥ON，垂足為G，如圖3．∵∠MNO=∠B，∠MON=∠B，∴∠MNO=∠MON．∴MN=MO．∵M(jìn)G⊥ON，即∠MGN=90°，∴NG=OG=.②若△OMN∽△BOC，如圖3，則有.14∵∠MNG=∠B，∠MGN=∠ACB=90°，∴△MGN∽△ACB．∴∵GN=，BC=6，AB=10，∴MN=．∴CM=CN-MN==．∴當(dāng)CM的長(zhǎng)是或時(shí)，△OMN與△BCO相似．.∵∠MNG=∠B，.15【例4】〔2021·聊城市〕如圖，在直角坐標(biāo)系中，Rt△OAB的直角頂點(diǎn)A在x軸上，OA=4，AB=3．動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度，沿AO向終點(diǎn)O移動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)N從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1.25個(gè)單位長(zhǎng)度的速度，沿OB向終點(diǎn)B移動(dòng)．當(dāng)兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了x秒〔0＜x＜4〕時(shí)，解答以下問題：〔1〕求點(diǎn)N的坐標(biāo)〔用含x的代數(shù)式表示〕.〔2〕設(shè)△OMN的面積是S，求S與x之間的函數(shù)表達(dá)式．當(dāng)x為何值時(shí)，S有最大值？最大值是多少？〔3〕在兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻，使△OMN是直角三角形？假設(shè)存在，求出x的值；假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由．【題型3】綜合變換型.【例4】〔2021·聊城市〕如圖，在直角坐標(biāo)系中，Rt△OA16思路點(diǎn)撥：（1）由勾股定理求出OB，作NP⊥OA于點(diǎn)P，則NP∥AB，得出△OPN∽△OAB，得出比例式,求出OP，PN，即可得出點(diǎn)N的坐標(biāo)；（2）由三角形的面積公式得出S是x的二次函數(shù)，即可得出S的最大值；（3）分兩種情況：①若∠OMN=90°，則MN∥AB，由平行線得出△OMN∽△OAB，得出比例式，即可求出x的值；②若∠ONM=90°，則∠ONM=∠OAB，證出△OMN∽△OBA，得出比例式，求出x的值即可．.思路點(diǎn)撥：.17解：（1）根據(jù)題意得MA=x，ON=1.25x，在Rt△OAB中，由勾股定理得作NP⊥OA于P，如圖1所示.則NP∥AB.∴△OPN∽△OAB.∴.即.解得OP=x，PN=.∴點(diǎn)N的坐標(biāo)是（x，）..解：（1）根據(jù)題意得MA=x，ON=1.25x，.18（2）在△OMN中，OM=4-x，OM邊上的高PN=，∴∴S與x之間的函數(shù)表達(dá)式為（0＜x＜4）.配方得∵＜0，∴S有最大值.當(dāng)x=2時(shí)，S有最大值，最大值是..（2）在△OMN中，OM=4-x，OM邊上的高PN=19（3）存在某一時(shí)刻，使△OMN是直角三角形.理由如下：分兩種情況：①若∠OMN=90°，如圖2所示，則MN∥AB.此時(shí)OM=4-x，ON=1.25x.∵M(jìn)N∥AB，∴△OMN∽△OAB.∴即解得x=2..（3）存在某一時(shí)刻，使△OMN是直角三角形..20②若∠ONM=90°，如圖3所示，則∠ONM=∠OAB.此時(shí)OM=4-x，ON=1.25x.∵∠ONM=∠OAB，∠MON=∠BOA，∴△OMN∽△OBA.∴即解得綜上所述：當(dāng)△OMN是直角三角形時(shí)，x的值是2秒或秒．.②若∠ONM=90°，如圖3所示，則∠ONM=∠OAB.21第二輪中考題型突破專題五圖形變換.第二輪中考題型突破專題五圖形變換.22【題型1】軸對(duì)稱變換型【例1】如圖，在正方形ABCD中，CD=6，點(diǎn)E在邊CD上，且CD=3DE．將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，延長(zhǎng)EF交邊BC于點(diǎn)G，連接AG，CF．〔1〕①求證：△ABG≌△AFG；②求GC的長(zhǎng).〔2〕求△FGC的面積．思路點(diǎn)撥：〔1〕①利用翻折變換對(duì)應(yīng)邊關(guān)系以及根據(jù)“HL〞定理得出△ABG≌△AFG即可；②利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，進(jìn)而求出BG即可；〔2〕首先過點(diǎn)C作CM⊥GF于點(diǎn)M，由勾股定理以及面積法求得△FGC的高CM，然后利用三角形面積公式求解..【題型1】軸對(duì)稱變換型【例1】如圖，在正方形ABCD中，23（1）①證明：在正方形ABCD中，

AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，∵將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°．∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°．又∵AG=AG，在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．②解：∵CD=3DE，∴DE=2，CE=4．設(shè)BG=x，則CG=6-x，GE=x+2．∵GE2=CG2+CE2，∴(x+2)2=(6-x)2+42，解得x=3．∴CG=6-3=3．.（1）①證明：在正方形ABCD中，.24（2）解：如圖，過點(diǎn)C作CM⊥GF于點(diǎn)M．∵BG=GF=3，CG=3，GE=5，∴S△GCE=CM·GE=GC·EC．∴5CM=3×4．∴CM=2.4．∴S△FGC=GF·CM=3.6．.（2）解：如圖，過點(diǎn)C作CM⊥GF于點(diǎn)M．.25【題型2】平移變換型【例2】〔2021·北京市〕在正方形ABCD中，BD是一條對(duì)角線，點(diǎn)P在射線CD上〔不與點(diǎn)C，D重合〕，連接AP，平移△ADP，使點(diǎn)D移動(dòng)到點(diǎn)C，得到△BCQ，過點(diǎn)Q作QH⊥BD于點(diǎn)H，連接AH，PH．〔1〕假設(shè)點(diǎn)P在線段CD上，如圖．①依題意補(bǔ)全圖；②判斷AH與PH的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系并加以證明.〔2〕假設(shè)點(diǎn)P在線段CD的延長(zhǎng)線上，且∠AHQ=152°，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，請(qǐng)寫出求DP長(zhǎng)的思路．〔可以不寫出計(jì)算結(jié)果〕.【題型2】平移變換型【例2】〔2021·北京市〕在正方形A26思路點(diǎn)撥：〔1〕①根據(jù)題意畫出圖形即可；②連接CH，先根據(jù)正方形的性質(zhì)得出△DHQ是等腰直角三角形，再由“SAS〞定理得出△HDP≌△HQC，故PH=CH，∠HPC=∠HCP，由正方形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；〔2〕根據(jù)四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD可知△DHQ是等腰直角三角形，再由平移的性質(zhì)得出PD=CQ．作HR⊥PC于點(diǎn)R，由∠AHQ=152°，可得出∠AHB及∠DAH的度數(shù)，設(shè)DP=x，那么DR=HR=RQ，由銳角三角函數(shù)的定義即可得出結(jié)論．.思路點(diǎn)撥：.27解：（1）①如圖1．②如圖1，連接CH．∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°．∴△DHQ是等腰直角三角形．在△HDP與△HQC中，∵∴△HDP≌△HQC（SSS）．∴PH=CH，∠HPC=∠HCP．∵BD是正方形ABCD的對(duì)稱軸，∴AH=CH，∠DAH=∠HCP．∴∠DAH=∠HPC.∴∠AHP=180°-∠ADP=90°．∴AH=PH，AH⊥PH．圖1.解：（1）①如圖1．圖1.28圖2（2）如圖2，∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°．∴△DHQ是等腰直角三角形．∵△BCQ由△ADP平移而成，∴PD=CQ．作HR⊥PC于點(diǎn)R．∵∠AHQ=152°，∴∠AHB=62°．∴∠RCH=∠DAH=17°．設(shè)DP=x，則DR=HR=RQ=．∵tan17°=，即tan17°=，∴x=..圖2（2）如圖2，∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD29【題型3】旋轉(zhuǎn)變換型【例3】〔2021·三明市〕如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，扇形紙片DOE的頂點(diǎn)O與邊AB的中點(diǎn)重合，OD交BC于點(diǎn)F，OE經(jīng)過點(diǎn)C，且∠DOE=∠B．〔1〕說明△COF是等腰三角形，并求出CF的長(zhǎng)；〔2〕將扇形紙片DOE繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，OD，OE與邊AC分別交于點(diǎn)M，N〔如圖2〕，當(dāng)CM的長(zhǎng)是多少時(shí)，△OMN與△BCO相似？.【題型3】旋轉(zhuǎn)變換型【例3】〔2021·三明市〕如圖1，30思路點(diǎn)撥：〔1〕易證∠OCB=∠B，由條件∠DOE=∠B可得∠OCB=∠DOE，從而得到△COF是等腰三角形，過點(diǎn)F作FH⊥OC，垂足為H，如圖1，由等腰三角形的三線合一可求出CH，易證△CHF∽△BCA，從而可求出CF長(zhǎng)．〔2〕題中要求“△OMN與△BCO相似〞，并沒有指明對(duì)應(yīng)關(guān)系，故需分情況討論，由于∠DOE=∠B，因此△OMN中的點(diǎn)O與△BCO中的點(diǎn)B對(duì)應(yīng)，因而只需分兩種情況討論：①△OMN∽△BCO，②△OMN∽△BOC．.思路點(diǎn)撥：〔1〕易證∠OCB=∠B，由條件∠DOE=∠B可31①當(dāng)△OMN∽△BCO時(shí)，可證到△AOM∽△ACB，從而求出AM長(zhǎng)，進(jìn)而求出CM長(zhǎng)；②當(dāng)△OMN∽△BOC時(shí)，可證到△CON∽△ACB，從而求出ON，CN長(zhǎng)．然后過點(diǎn)M作MG⊥ON，垂足為G，如圖3，可以求出NG．并可以證到△MGN∽△ACB，從而求出MN長(zhǎng)，進(jìn)而求出CM長(zhǎng)．.①當(dāng)△OMN∽△BCO時(shí)，可證到△AOM∽△ACB，從而求32解：（1）∵∠ACB=90°，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，∴OC=OB=OA=5．∴∠OCB=∠B，∠ACO=∠A．∵∠DOE=∠B，∴∠FOC=∠FCO．∴FC=FO．∴△COF是等腰三角形．過點(diǎn)F作FH⊥OC，垂足為H，如圖1．∵FC=FO，F(xiàn)H⊥OC，∴CH=OH=，∠CHF=90°．∵∠HCF=∠B，∠CHF=∠BCA=90°，∴△CHF∽△BCA．∴∵CH=，AB=10，BC=6，∴CF=，即CF的長(zhǎng)為.解：（1）∵∠ACB=90°，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，.33（2）①若△OMN∽△BCO，如圖2，則有∠NMO=∠OCB．∵∠OCB=∠B，∴∠NMO=∠B．∵∠A=∠A，∴△AOM∽△ACB．∴∵∠ACB=90°，AB=10，BC=6，∴AC=8．∵AO=5，AC=8，AB=10，∴AM=∴CM=AC-AM=.（2）①若△OMN∽△BCO，如圖2，則有.34②若△OMN∽△BOC，如圖3，則有∠MNO=∠OCB．∵∠OCB=∠B，∴∠MNO=∠B．∵∠ACO=∠A，∴△CON∽△ACB．∴∵BC=6，AB=10，AC=8，CO=5，∴ON=，CN=過點(diǎn)M作MG⊥ON，垂足為G，如圖3．∵∠MNO=∠B，∠MON=∠B，∴∠MNO=∠MON．∴MN=MO．∵M(jìn)G⊥ON，即∠MGN=90°，∴NG=OG=.②若△OMN∽△BOC，如圖3，則有.35∵∠MNG=∠B，∠MGN=∠ACB=90°，∴△MGN∽△ACB．∴∵GN=，BC=6，AB=10，∴MN=．∴CM=CN-MN==．∴當(dāng)CM的長(zhǎng)是或時(shí)，△OMN與△BCO相似．.∵∠MNG=∠B，.36【例4】〔2021·聊城市〕如圖，在直角坐標(biāo)系中，Rt△OAB的直角頂點(diǎn)A在x軸上，OA=4，AB=3．動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度，沿AO向終點(diǎn)O移動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)N從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1.25個(gè)單位長(zhǎng)度的速度，沿OB向終點(diǎn)B移動(dòng)．當(dāng)兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了x秒〔0＜x＜4〕時(shí)，解答以下問題：〔1〕求點(diǎn)N的坐標(biāo)〔用含x的代數(shù)式表示〕.〔2〕設(shè)△OMN的面積是S，求S與x之間的函數(shù)表達(dá)式．當(dāng)x為何值時(shí)，S有最大值？最大值是多少？〔3〕在兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻，使△OMN是直角三角形？假設(shè)存在，求出x的值；假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由．【題型3】綜合變換型.【例4】〔2021·聊城市〕如圖，在直角坐標(biāo)系中，Rt△OA37思路點(diǎn)撥：（1）由勾股定理求出OB，作NP⊥OA于點(diǎn)P，則NP∥AB，得出△OPN∽△OAB，得出比例式,求出OP，PN，即可得出點(diǎn)N的坐標(biāo)；（2）由三角形的面積公式得出S是x的二次函數(shù)，即可得出S的最大值；（3）分兩種情況：①若∠OMN=90°