2013年中考数学压轴题分类解析汇编几何三大变换相关问题(含答案)

汇总2012全国数学中考真题,解析精辟

专题7：几何三大变换相关问题.

1. （2012北京市7分）在△ABC中，BA=BC， BAC ，M是AC的中点，P是线段BM

上的动点，将线段PA绕点P顺时针旋转2 得到线段PQ。

（1） 若 且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，并写出∠CDB的度数；

（2） 在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线与射线BM交于点D，猜想

∠CDB的

大小（用含 的代数式表示），并加以证明；

（3） 对于适当大小的 ，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，

能使得

线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ=QD，请直接写出 的范围。

【答案】解：（1）补全图形如下：

∠CDB=30°。

（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，

∵AB=BC，M是AC的中点，∴BM⊥AC。

∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。

在△APD与△CPD中，∵AD=CD， PD=PD， PA=PC

∴△APD≌△CPD（SSS）。

∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。

又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。

∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。

∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。

∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。

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∴∠CDB=90°－α。

（3）45°＜α＜60°。

【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，。

【分析】（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形，即可得

出答案：

∵BA=BC，∠BAC=60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM=AC。

∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。

∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ是等边三角形。

∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。

（2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即

可求出。

（3）由（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD，

∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。

∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。

∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。

2. （2012海南省I11分）如图（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分

别落在对角线BC上的点E、F处，折痕分别为CM、AN.

（1）求证：△AND≌△CBM.

（2）请连接MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形，四边形MFNE是菱形吗？请说明理由？

（3）P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连结PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN。

且AB=4，BC=3，求PC的长度

.

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B，AD=BC，AD∥BC。

∴∠DAC=∠BCA。

又由翻折的性质，得∠DAN=∠NAF，∠ECM=∠BCM，∴∠DAN=∠BCM。

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∴△AND≌△CBM（ASA）。

（2）证明：∵△AND≌△CBM，∴DN=BM。

又由翻折的性质，得DN=FN，BM=EM，

∴FN=EM。

又∠NFA=∠ACD＋∠CNF=∠BAC＋∠EMA=∠MEC，

∴FN∥EM。∴四边形MFNE是平行四边形。

四边形MFNE不是菱形，理由如下：

由翻折的性质，得∠CEM=∠B=90，

∴在△EMF中，∠FEM＞∠EFM。

∴FM＞EM。∴四边形MFNE不是菱形。

（3）解：∵AB=4，BC=3，∴AC=5。

设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC得

3 x＋5 x=12，解得x=033，即DN=BM=。 22

过点N作NH⊥AB于H，则HM=4－3=1。

在△NHM中，NH=3，HM=1，

由勾股定理，得

。

∵PQ∥MN，DC∥AB，

∴四边形NMQP是平行四边形。∴NP=MQ，

。

在△CBQ中，

，CB=3，由勾股定理，得BQ=1。 ∴NP=MQ=131。∴PC=4－－=2。 222

【考点】翻折问题，翻折的性质，矩形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理。

【分析】（1）由矩形和翻折对称的性质，用ASA即可得到△AND≌△CBM。

（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定即可证明。

（3）设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC可得DN=BM=3。过点N作NH⊥AB于H，则由2

勾股定理可得

，从而根据平行四边形的性质和已知PQ=CQ，即可求得

。因

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此，在△CBQ中，应用勾股定理求得BQ=1。从而求解。

3. （2012天津市10分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．

（Ⅰ）如图①，当∠BOP=30时，求点P的坐标；

（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．

【答案】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6。

在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t。

∵OP=OB+BP，即（2t）=6+t，解得：t1

=，t2=

－（舍去）．

∴点P

的坐标为（ ，6）。

（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，

∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP。

∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC。

∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°。

∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ。 又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ。∴222222OBBP。 PCCQ

由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11－t，CQ=6－m． 6t111 。∴m t2 t 6（0＜t＜11）。 11 t6 m66

（Ⅲ）点P

，6

，6）。 ∴

【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，

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相似三角形的判定和性质。

【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。

（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知

△OB′P≌△OBP，

△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案。

（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与m 1211t t 6，即可求得t的值： 66

过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°。

∴∠PC′E+∠EPC′=90°。

∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A。 ∴△PC′E∽△C′QA。∴PE PC 。 AC C Q

∵PC′=PC=11－t，PE=OB=6，AQ=m，C′Q=CQ=6－m，

∴AC

11 t。 6 m