【新课标】备战202年中考强化突破训练专题第29课时_全等变换(一)---平移与旋转

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中考数学复习之几何三大变换学案,附练习题含参考答案

中考数学复习之几何三大变换学案知识梳理1. 平移、折叠、旋转统称为几何三大变换，它们都是全等变换，只改变图形的位置，不改变图形的大小和形状．2. 三大变换思考层次平移思考层次（1）平移性质：①全等变换：对应线段①平行（或在一条直线上）且相等、对应角相等； ②对应点：②对应点所连线段平行（或在一条直线上）且相等．（2）组合搭配：平移会出现平行四边形．（3）应用：常应用在天桥问题、存在性问题等．旋转思考层次（1）旋转性质：①全等变换：对应线段相等、对应角相等；②对应点：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应点所连线段的垂直平分线都经过旋转中心.（2）组合搭配：旋转会出现等腰三角形，特别地，旋转 60°会出现等边三角形，旋转90°会出现等腰直角三角形．（3）应用：当题目中出现等线段共端点时，会考虑构造旋转．（常见于图形中有正方形、等边三角形、等腰三角形等）折叠（轴对称）思考层次（1）轴对称性质：①全等变换：对应线段相等、对应角相等； ②对应点：对应点所连线段被对称轴垂直平分；对称轴上的点到对应点的距离相等．（2）组合搭配：矩形背景下常出现等腰三角形；两次折叠常出现直角、60°角；折叠会出现圆弧等．（3）应用：常应用在最值问题等．例1：如图，四边形ABCD 是边长为9的正方形纸片，将该纸片折叠，使点B 落在CD 边上的点B′处，点A 的对应点为A′，折痕为MN ．若B′C=3，则AM 的长为__________．【思路分析】要求AM 的长，设AM=x ，则MD =9-x ．思路一：考虑利用折叠为全等变换转条件，得AM =A′M=x ， A′B′=AB=9．观察图形，∠A′=∠D =90°，∠MA′B′和∠MDB′都是直角三角形，MB′是其公共斜边，则MB′可分别在两个A'B'ADBCMN直角三角形中借助勾股定理表达，列方程．思路一思路二思路二：MN 是对称轴，考虑利用对称轴上的点到对应点的距离相等转条件，得MB =MB′．观察图形，∠A =∠D =90°，MB ，MB′可分别放到Rt∠ABM 和Rt∠DB′M 中借助勾股定理表达，列方程．例2：如图，在四边形ABCD 中，∠BAD =∠BCD =90°，AB =AD ，若四边形ABCD 的面积为24，则AC 的长为____________．【思路分析】已知四边形ABCD 的面积，要求AC 的长，考虑借助AC 表达四边形ABCD 的面积．四边形ABCD 为不规则四边形，考虑割补法或转化法求面积．分析题目中条件AB =AD ，存在等线段共端点的结构，且隐含∠B +∠D =180°，故考虑通过构造旋转解决问题，可把∠ABC 绕点A 逆时针旋转90°．➢ 练习题1. 如图，将周长为8的△ABC 沿BC 方向平移1个单位得到△DEF ，则四边形ABFD的周长为（） A ．6 B ．8 C ．10 D ．122. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知点A ，B 的坐标分别为(1，0)，(0，2)，将线段AB 平移至A 1B 1，若点A 1，B 1的坐标分别为(2，a )，(b ，3)，则a b +=___________．A'B'ADBCMN MC BDAB'A'D CBAF C E DB A 21ED CB A第2题图第3题图3. 如图，AB =CD ，AB 与CD 相交于点O ，且∠AOC =60°，则AC +BD 与AB 的大小关系是（） A ．AC BD +>AB B ．AC +BD =AB C ．AC BD +≥AB D ．无法确定4. 如图，在44⨯的正方形网格中，△MNP 绕某点旋转一定的角度得到△M 1N 1P 1，则其旋转中心可能是（） A ．点AB ．点BC ．点CD ．点D第4题图第5题图5. 如图，菱形OABC 的顶点O 在坐标原点，顶点A 在x 轴正半轴上，且∠B =120°，OA =2．将菱形OABC 绕原点O 顺时针旋转105°至菱形OA ′B ′C ′的位置，则点B ′的坐标为___________．6. 如图，两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC 和A ′B ′C ′重合在一起，将三角板A ′B ′C ′绕其直角顶点C ′按逆时针方向旋转角α（090α<︒≤），则下列结论： ①当30α=︒时，A ′C 与AB 的交点恰好为AB 的中点； ②当60α=︒时，A ′B ′恰好经过点B ； ③在旋转过程中，始终存在AA ′⊥BB ′．其中正确的是____________．（填写序号）第6题图第7题图DOCBA11(C' ) CB'BA'AO'OCBAD EF CBA7. 如图，O 是等边三角形ABC 内一点，且OA =3，OB =4，OC =5．将线段OB 绕点B 逆时针旋转60°得到线段O′B ，则下列结论：①△AO′B 可以由△COB 绕点B 逆时针旋转60°得到； ②∠AOB =150°；③6AOBO'S =+四边形④6AOB AOC S S +=△△ 其中正确的是____________．（填写序号）8. 如图，将长为4cm ，宽为2cm 的矩形纸片ABCD 折叠，使点B 落在CD 边的中点E 处，压平后得到折痕MN ，则线段AM 的长为__________．9. 如图，在一张矩形纸片ABCD 中，AB =4，BC =8，点E ，F 分别在AD ，BC 边上，将纸片ABCD 沿直线EF 折叠，点C 落在AD 边上的一点H 处，点D 落在点G 处，则下列结论： ①四边形CFHE 是菱形； ②CE 平分∠DCH ；③当点H 与点A 重合时，EF= 其中正确的是____________．（填写序号）A ．B CD11.如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠B =30°，BC =3．D 是BC 边上一动点（不与点B ，C 重合），过点D 作DE ⊥BC ，交AB 于点E ，将∠B 沿直线DE 翻折，点B 落在射线BC 上的点F 处．当△AEF 为直角三角形时，BD 的长为________．B CFAEN MD GHFEDCBAE FD'A'CBDAABC12.13. 如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在BC ，CD 边上，将△ABE 沿AE 折叠，使点B 落在AC 上的点B′处，将△CEF 沿EF 折叠，使点C 落在EB ′与AD 的交点C ′处．若AB =1，则BC 的长为__________．14. 如图，将边长为2的等边三角形ABC 沿BC 方向平移1个单位得到△DEF ，则四边形ABFD的周长为_________．第1题图第2题图15. 如图，已知△ABC 的面积为8，将△ABC 沿BC 方向平移到△A′B′C′的位置，使点B′和点C重合，连接AC ′，交A ′C 于点D ，则△CAC ′的面积为_________．16. 如图，在的方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（） A ．格点MB ．格点NC ．格点PD ．格点Q第3题图第4题图17. 如图，已知OA ⊥OB ，等腰直角三角形CDE 的腰CD 在OB 上，∠ECD =45°，将△CDE 绕点CC'B'F ED CBAF E DC BA64⨯NMED C BOA D( B' )C'A'C B A逆时针旋转75°，点E 的对应点N 恰好落在OA 上，则的值为_________．18. 如图，E 是正方形ABCD 内一点，连接AE ，BE ，CE ，将△ABE 绕点B 顺时针旋转90°至△CBE′的位置．若AE =1，BE =2，CE =3，则∠BE′C =_________．19. 如图，在□ABCD 中，∠A =70°，将该平行四边形折叠，使点C ，D 分别落在点E ，F 处，折痕为MN ．若点E ，F 均在直线AB 上，则∠AMF =________．20. 如图，在正方形纸片ABCD 中，E ，F 分别是AD ，BC 的中点，沿过点B 的直线折叠，使点C落在EF 上，落点为N ，折痕交CD 边于点M ，BM 与EF 交于点P ，再展开．则下列结论：①CM =DM ；②∠ABN =30°；③；④△PMN 是等边三角形．其中正确的是____________．（填序号）第7题图第8题图21. 已知一个矩形纸片OABC ，OA =6，点P 为AB 边上一点，AP =2，将△OAP 沿OP 折叠，点A落在点A′处，延长PA′交边OC 于点D ，经过点P 再次折叠纸片，点B 恰好落在点D 处，则AB 的长为____________．22. 如图，在矩形ABCD 中，AB =3，AD =9，将此长方形折叠，使点D 与点B 重合，点C 的对应点为点C′，折痕为EF ，则EF 的长为_________．OCCDFNM D CBA223AB CM NMPFE DCBAA'Q P DCOB AGC ′FE DC BA23. 如图，矩形纸片ABCD ，AB =5，BC =10，CD 上有一点E ，ED =2，AD 上有一点P ，PD =3，过P 作PF ⊥AD 交BC 于点F ，将纸片折叠，使点P 与点E 重合，折痕与PF 交于点Q ，与AD 交于点G ，则PQ 的长为_________．24. 如图，在四边形ABCD 中，已知△ABC 是等边三角形，∠ADC =30°，AD =3，BD =5，则CD 的长为________．参考答案1. C2. 23. C4. B5.，) 6.①②③ 7. ①②④ 8.9.①③ 10. A 11. 1或2 12. (-4，4) 13.14. 8 15. 8 16. B 17.18. 135° 19. 40° 20. ②③④QGF E PD CBA DCA13cm 8221. 12 22.23.24. 4134。

同角三角函数的基本关系和诱导公式5题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测

专题17同角三角函数的基本关系和诱导公式5题型分类一、同角三角函数基本关系1、同角三角函数的基本关系（1）平方关系：22sin cos 1αα+=．（2）商数关系：sin tan ()cos 2k απααπα=≠+；【记忆口诀】奇变偶不变，符号看象限，说明：（1）先将诱导三角函数式中的角统一写作2n πα⋅±；（2）无论有多大，一律视为锐角，判断2n πα⋅±所处的象限，并判断题设三角函数在该象限的正负；（3）当n 为奇数是，“奇变”，正变余，余变正；当n 为偶数时，“偶不变”函数名保持不变即可．注：1、利用22sin cos 1αα+=可以实现角α的正弦、余弦的互化，利用sin tan cos =aa a可以实现角α的弦切互化．2、“sin cos sin cos sin cos αααααα+-，，”方程思想知一求二．222(sin cos )sin cos 2sin cos 1sin 2ααααααα+=++=+222(sin cos )sin cos 2sin cos 1sin 2ααααααα-=+-=-22(sin cos )(sin cos )2αααα++-=（一）同角求值（1）若已知角的象限条件，先确定所求三角函数的符号，再利用三角形三角函数定义求未知三角函数值．（2）若无象限条件，一般“弦化切”．（二）诱导求值与变形（1）诱导公式用于角的变换，凡遇到与2π整数倍角的和差问题可用诱导公式，用诱导公式可以把任意角的三角函数化成锐角三角函数．（2）通过2,,2πππ±±±等诱导变形把所给三角函数化成所需三角函数．（3）2,,2παβππ±=±±±等可利用诱导公式把,αβ的三角函数化（三）同角三角函数基本关系式和诱导公式的综合应用）利用同角三角函数关系式和诱导公式求值或化简时，关键是寻求条件、结论间的联系，灵活使用公式(π（四）三角恒等式的证明三角恒等式的证明中涉及到同角三角函数基本关系，和角公式，差角公式，二角公式，辅助角公式等基本知识点，理解和掌握这些基本知识点是解答该类问题的基础和关键原式得证【点睛】本题考查了利用同角三角函数关系证明三角函数恒等式,属于基础题.5-4．（2024高三·全国·专题练习）（1）求证：tan 2αsin 2α=tan 2α-sin 2α；（2）已知tan 2α=2tan 2β+1，求证：2sin 2α=sin 2β+1.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）将22sin 1cos αα=-代入左式，化简即可得到右式.（2）将sin tan cos ααα=，sin tan cos βββ=代入条件，通分化简得到2212cos cos αβ=，即2cos 2α=cos 2β，然后由22sin cos 1αα+=，将余弦化成正弦即可证得结论.【详解】解析：（1）tan 2αsin 2α=tan 2α（1-cos 2α）=tan 2α-tan 2αcos 2α=tan 2α-sin 2α，则原等式得证.（2）因为tan 2α=2tan 2β+1，所以22sin cos αα+1=222sin 1cos ββ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，即2212cos cos αβ=，从而2cos 2α=cos 2β，于是2-2sin 2α=1-sin 2β，也即2sin 2α=sin 2β+1，则原等式得证.一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）已知2cos tan sin 5xx x =+，则cos2x =（）A ．13B ．79C ．23D ．59【答案】B【分析】利用三角函数的基本关系式得到关于sin x 的方程，再利用倍角公式即可得解.【详解】因为2cos tan sin 5x x x =+，又sin tan cos xx x=，所以sin 2cos cos sin 5x xx x =+，则222cos sin 5sin x x x =+，即2222sin sin 5sin x x x -=+，则23sin 5sin 20x x +-=，即()()3sin 1sin 20x x -+=，所以1sin 3x =或sin 2x =-（舍去），所以217cos212sin 1299x x =-=-⨯=.故选：B.2．（2024·四川巴中·模拟预测）勾股定理，在我国又称为“商高定理”，最早的证明是由东汉末期数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，他利用了勾股圆方图，此图被称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形组成的大正方形图案（如图所示），若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形内的概率为917，则“赵爽弦图”里的直角三角形中最小角的正弦值为（）A ．217B C ．217D 【答案】D【分析】设正方形的边长1，较小的角为θ，则中间小正方形的边长为cos sin θθ-，由题意可得29(cos sin )17θθ-=，显然可得π04θ<<，即可得到cos sin 0θθ>>，从而求出sin θ.【详解】设正方形的边长1，较小的角为θ，则中间小正方形的边长为cos sin θθ-，由题意可得29(cos sin )17θθ-=，显然π04θ<<，所以cos sin 0θθ>>，所以cos sin 17θθ-=，又229cos sin 2cos sin 17θθθθ+-=，所以2cos si 8n 17θθ=，所以22225(cos sin )cos sin 2cos sin 17θθθθθθ+==++，所以cos sin 17θθ+=，所以sin 17θ=.故选：D3．（2024·全国·模拟预测）已知2π2cos 53θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则19π13π2sin cos 105θθ⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（）A ．2-B ．2C ．23-D ．23【答案】A【分析】利用已知的三角函数值，利用换元法，结合三角函数的诱导公式，可得答案.【详解】令25m πθ=-，则22,cos 53m m πθ=+=，从而19π13π19π2π2π13π2sin cos 2sin cos 10510555m m θθ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++=-++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦3π2sin cos(3π)3cos 22m m m ⎛⎫=-++=-=- ⎪⎝⎭.故选：A.4．（2024·山西·模拟预测）已知α为锐角，且cos 6πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则tan 3πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭（）A．2B．CD．2【答案】D【分析】注意到πππ632αα⎛⎫⎛⎫++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，利用同角三角函数的关系求角π6α+的正弦，再利用诱导公式求角π3α-的正弦、余弦，从而得到π3α-的正切.【详解】因为α为锐角，所以ππ2π,663α⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭且πcos 6α⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以22πsin 06ππsin cos 166ααα⎧⎛⎫+> ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎪+++= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩得πsin 6α⎛⎫+= ⎪⎝⎭由诱导公式得ππππsin sin cos 3266ααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ππcos sin 363αα⎛⎫⎛⎫-=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以πsin π33tan π32cos 3ααα⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭-== ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭.故选:D5．（2024高三上·安徽合肥·阶段练习）已知角α为钝角，且角(02π)θθ<<终边上有一点()sin ,cos P αα-，则角θ=（）A ．πα+B ．π2α+C ．2πα-D ．3π2α-【答案】B【分析】利用三角函数的诱导公式及三角函数的定义即可求解.【详解】点()sin ,cos P αα-，由诱导公式可化为ππcos ,sin 22P αα⎛⎫⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由三角函数的定义知，π2π2k θα=++，又因为α为钝角，02πθ<<，所以π2θα=+.故选:B.6．（2024高三上·宁夏银川·阶段练习）在平面直角坐标系中，在()1,3P 在角α终边上，则()()()3333sin πcos ππsin cos 2αααα++-⎛⎫--- ⎪⎝⎭的值为（）A ．1327B ．1427C ．1427-D ．1413【答案】B【分析】根据三角函数的定义求角α的三角函数值，再利用诱导公式化简求值.【详解】因为点()1,3P 在角α终边上，则1x =，3y =，所以tan 3yxα==,()()()333333333sin πcos πsin cos 1114π227sin sin 2tan sin cos 2ααααααααα++---==+⎛⎫----- ⎪⎝⎭.故选：B7．（2024高三上·四川成都·期中）已知角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，若角α的终边与23π角的终边相同，则sin()cos(2)3sin()2παπαπα+--=+()A1B1C．1D．1-【答案】C【分析】利用三角函数定义求得tan α=，再利用诱导公式化简即可.【详解】由题意得2tan tanπ3α==sin(π)cos(2π)sin cos sin cos sin cos tan 113ππcos cos sin()sin 22ααααααααααααα+------+====+=+-⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭，故选：C.8．（2024·全国·模拟预测）已知直线:2310l x y +-=的倾斜角为θ，则()πsin πsin 2θθ⎛⎫-⋅-= ⎪⎝⎭（）A ．613B ．613-C ．25D ．25-【答案】A【分析】根据直线一般方程可求得2tan 3θ=-，再利用诱导公式及同角三角函数之间的基本关系可得其结果.【详解】由直线l 的方程为2310x y +-=，得斜率2tan 3k θ==-，则()πsin cos sin πsin sin cos 21θθθθθθ-⋅⎛⎫-⋅-=-⋅= ⎪⎝⎭22222sin cos tan 63sin cos tan 113213θθθθθθ-⋅-====++⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；故选：A ．9．（2024·陕西宝鸡·一模）已知4ππsin 2sin 36αα⎛⎫⎛⎫-=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则πsin 23α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A ．34-B ．34C ．45-D ．45【答案】C【分析】先利用诱导公式对已知条件化简得ππcos 2sin 66αα⎛⎫⎛⎫-+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；再利用同角三角函数基本关系求出2π1sin 65α⎛⎫+= ⎪⎝⎭；最后利用二倍角公式即可求解.【详解】4π3πππsin sin cos 3266ααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-+⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.由4ππsin 2sin 36αα⎛⎫⎛⎫-=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可得：ππcos 2sin 66αα⎛⎫⎛⎫-+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.因为22ππsin cos 166αα⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2π1sin 65α⎛⎫+= ⎪⎝⎭.所以2ππππ4sin 22sin cos 4sin 36665αααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：C.10．（2024·全国·模拟预测）已知(ππtan cos 3cos 44ααα⎛⎫⎛⎫+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则cos2α=（）AB．2C ．12-D ．1-【答案】B 【分析】由诱导公式和同角三角函数关系得到(πtan 3tan 4αα⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，再利用正切和角公式得到方程，求出tan 1α=，利用余弦二倍角，齐次化求出答案.【详解】因为ππππcos sin sin 4244ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以(ππtan cos 3sin 44ααα⎛⎫⎛⎫+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故(πtan 3tan 4αα⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，因为πtan tanπtan 14tan π41tan 1tan tan 4ααααα++⎛⎫+== ⎪-⎝⎭-，所以(tan 1tan 31tan ααα+=--，故)(2tan 21tan 30αα-+-=，解得tan 1α=，所以)()2222222211cos sin 1tan cos2cos sin 1tan 11ααααααα---=====+++-故选：B ．11．（2024·全国·模拟预测）已知圆22:(1)(1)1C x y -+-=，过点()3,2P ，作圆C 的两条切线，切点分别为,A B ，则tan ACB ∠=（）A ．43-B ．43C ．12-D ．34【答案】A【分析】设切线的方程为2(3)y k x -=-，求得圆心C到切线的距离1d ==，求得k 的值，得到4tan 3APB ∠=，结合180APB ACB ∠+∠=︒，即可求解.【详解】由题意知，圆22:(1)(1)1C x y -+-=的圆心为(1,1)C ，半径1r =，且切线PA ，PB 的斜率都存在，设切线的方程为2(3)y k x -=-，即320kx y k --+=，因为直线与圆相切，所以圆心C到切线的距离1d =，解得10k =或2k =43，所以4tan 3APB ∠=，在四边形APBC 中，因为90APC ABC ∠=∠= ，可得180APB ACB ∠+∠=︒，所以4tan tan(180)tan 3ACB APB APB ∠=-∠=-∠=-.故选：A ．12．（2024·河南郑州·模拟预测）已知tan 2θ=，则3πsin sin 2θθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A ．35B ．12C ．12-D ．25-【答案】D【分析】利用诱导公式，平方关系和商关系即可求解.【详解】3πsin sin sin cos 2θθθθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭222sin cos tan 2sin cos tan 15θθθθθθ=-=-=-++.故选：D13．（2024·陕西西安·二模）已知π5cos 513α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则7πsin 10α⎛⎫-= ⎪⎝⎭（）A ．513-B ．513C ．-1213D ．1213【答案】A 【分析】因为7πππ1052αα⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，由诱导公式可得选项.【详解】7ππππ5sin sin cos 1052513ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：A.14．（2024·广东深圳·模拟预测）已知π4sin 35α⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则5πcos 6α⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值为（）A ．35-B ．35C ．45-D ．45【答案】C 【分析】根据5πππ623αα⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭，借助于诱导公式，即可求得结果．【详解】5πππcos cos 623αα⎡⎤⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ sin 3πα⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭45=-，5πcos 6α⎛⎫∴+ ⎪⎝⎭的值为45-，故选：C15．（2024高三上·陕西西安·阶段练习）若1sin 3A =，则()sin 6A π-的值为（）A ．13B ．13-C．3-D．3【答案】B【分析】本题考查诱导公式的基础运用，套用公式即可.【详解】利用诱导公式可得()()1sin 6sin sin 3A A A π-=-=-=-，故选：B.16．（2024高三上·陕西西安·阶段练习）若()1sin 2πα+=-，则cos α的值为（）A ．12±B ．12CD．【答案】D【分析】先化简已知得1sin =2α，再求cos α的值.【详解】由()1sin 2πα+=-得1sin =2α，所以α在第一、二象限，所以cos =2α=±.故选：D.17．（2024·贵州贵阳·模拟预测）已知πsin sin 2θθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，则tan θ=（）A．B ．1-C ．1D【答案】B【分析】利用诱导公式以及同角三角函数的平方关系可得出关于sin θ、cos θ的方程组，求出这两个量的值，即可求得tan θ的值.【详解】因为πsin sin sin cos 2θθθθ⎛⎫-+=-= ⎪⎝⎭，由题意可得22sin cos sin cos 1θθθθ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩sin 2cos 2θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，因此，sin tan 1cos θθθ==-.故选：B.18．（2024高一下·湖南长沙·阶段练习）已知1sin cos 5αα+=，且()0,πα∈，sin cos αα-=（）A ．75±B ．75-C ．75D ．4925【答案】C【分析】将已知等式两边平方，利用三角函数的基本关系求得2sin cos αα的值，结合α的范围确定sin α与cos α的正负，再利用完全平方公式及三角函数的基本关系可求得sin cos αα-的值.【详解】因为1sin cos 5αα+=，两边平方得()21sin cos 12sin cos 25αααα+=+=，故242sin cos 025αα=-<，所以sin α与cos α导号，又因为0πα<<，所以sin 0α>，cos 0α<，所以7sin cos 5αα-====.故选：C.19．（2024高三下·重庆渝中·阶段练习）已知θ是三角形的一个内角，且满足sin cos 5θθ-=，则tan θ=（）A ．2B ．1C ．3D ．12【答案】A【分析】利用平方关系可求得42sin cos 5θθ=，可解得29(sin cos )5θθ+=，再结合θ是三角形的一个内角即可得sin ,cos θθ==tan 2θ=.【详解】将sin cos θθ-=两边同时平方可得112sin cos 5θθ-=，即42sin cos 5θθ=；所以29(sin cos )12sin cos 5θθθθ+=+=若sin +cos θθ=，解得sin θθ==，这与θ是三角形的一个内角矛盾，所以sin +cos θθ=，解得sin θθ==，此时求得tan 2θ=.故选：A.20．（2024高三上·北京·阶段练习）在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于直线y x =对称，若4sin 5α=，则cos β=（）A ．45-B ．45C ．35-D ．35【答案】B【分析】根据题意利用任意角的三角函数的定义，结合诱导公式可求得结果.【详解】因为平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于直线y x =对称，所以ππ,Z 24k k αβ+=+∈，即π2π,Z 2k k αβ+=+∈，所以π2π,Z 2k k βα=-+∈，因为4sin 5α=，所以π4cos cos 2πsin (Z)25k k βαα⎛⎫=-+==∈ ⎪⎝⎭，故选：B21．（2024·辽宁抚顺·模拟预测）已知(),0,a βπ∈，则“tan tan 1αβ=”是“2a πβ+=”的（）A ．充要条件B ．既不充分也不必要条件C ．充分不必要条件D ．必要不充分条件【答案】D【分析】根据诱导公式的逆运用以及由三角函数的概念即可判断其充分性，由2a πβ+=代入tan α化简计算即可判断其必要性，从而得出结论.【详解】若tan tan 1αβ=，则1tan ta 2n tan παββ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，故()2k k παπβ=+-∈Z ，即()2k k παβπ+=+∈Z ．又()0,2αβπ+∈，故0k =或1k =，充分性不成立；若2παβ+=，即2παβ=-，所以1tan tan 2tan παββ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以tan tan 1αβ=，所以必要性成立．故选：D ．22．（2024·陕西榆林·二模）已知π7π1cos cos 12125αα⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则2πc 23os +α⎛⎫ ⎪⎝⎭=（）A ．2325-B ．2325C ．2425-D ．2425【答案】C【分析】利用诱导公式和倍角公式化简求值.【详解】7ππππcos cos sin 1212212ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由π7π1cos cos 12125αα⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，有ππ1cos sin 12125αα⎛⎫⎛⎫+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，两边平方得π11sin 2625α⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，则π24sin 2625α⎛⎫+= ⎪⎝⎭，故2ππππ24cos 2+=cos 2+=sin 2=225366ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：C.23．（2024高三上·北京海淀·阶段练习）已知α为第二象限的角，且3cos 5α=-，则()sin πα-的值为（）A ．45B ．45-C ．35-D ．35【答案】A【分析】先根据平方关系求出sin α，再利用诱导公式即可得解.【详解】因为α为第二象限的角，且3cos 5α=-，所以4sin 5α=，所以()4sin πsin 5αα-==.故选：A.24．（2024高一上·山西太原·阶段练习）已知π02α<<，且π1sin 34α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则5πsin 6α⎛⎫-= ⎪⎝⎭（）A ．4B ．14-C ．4D ．14【答案】C【分析】根据角的范围及正弦值求出余弦值，进而利用诱导求出答案.【详解】因为π02α<<，所以ππ36π3α-<-<，又π1sin 34α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以πcos 3α⎛⎫-== ⎪⎝⎭45πππππs 62in c 3sin cos os 33αααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：C25．（2024·全国·模拟预测）已知π1tan 22θ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则()33sin 2cos sin πθθθ+=+（）A ．35B ．56C ．56-D ．35-【答案】D【分析】结合诱导公式与同角三角函数的基本关系运算即可得.【详解】由题意得πsin cos 12πsin 2cos 2θθθθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==-⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则tan 2θ=-，故()()33333322sin 2cos sin 2cos sin 2cos sin πsin sin sin cos θθθθθθθθθθθ+++==-+-+333323sin 2cos tan 2823sin sin cos tan tan 825θθθθθθθθ++-+=-=-=-=-++--.故选：D.26．（2024高三上·云南昆明·阶段练习）若π2αβ+=sin αβ+=tan α=（）A．2BC ．1D【答案】B【分析】由诱导公式可得出sin cos βα=，根据已知条件可得出关于sin α、cos α的方程组，解出这两个量的值，结合同角三角函数的商数关系可求得tan α的值.【详解】因为π2αβ+=，则π2βα=-，πsin sin cos 2αβαααα⎛⎫+=+-=+= ⎪⎝⎭联立22cos sin cos 1αααα+=+=⎪⎩sin cos αα⎧=⎨⎪=⎪⎩因此，sin tan cos 3ααα==故选：B.27．（2024高三上·四川成都·阶段练习）已知角α的终边过点()1,3，则πcos(π)cos()2αα-++的值是（）A．B．C．D【答案】A【分析】利用三角函数定义，结合诱导公式计算得解.【详解】由角α的终边过点()1,3，得r =，31sin r r αα====，所以πcos(π)cos()cos sin 210105αααα-++=--=--=-.故选：A28．（2024高三上·安徽·阶段练习）在平面直角坐标系xOy 中，设角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，若角α的终边过点()4,3P -，则()3πsin 2cos π22αα⎛⎫++-= ⎪⎝⎭（）A ．1425-B ．1425C ．1725-D ．1725【答案】A【分析】根据任意角的三角函数的定义可得sin α，再利用诱导公式、二倍角公式运算求解.【详解】由题意得，5OP ==，则3sin 5α=-，则()3πsin 2cos π2cos 2cos 22cos 22ααααα⎛⎫++-=--=- ⎪⎝⎭()22314212sin 212525α⎡⎤⎛⎫=--=-⨯-⨯-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．故选：A ．29．（2024高三上·安徽·期中）已知()sin ,cos P θθ是角π3-的终边上一点，则tan θ=（）A ．B ．C D 【答案】B【分析】由三角函数的定义可得sin ,cos θθ，进而由商数关系可求tan θ.【详解】因为()sin ,cos P θθ是角π3-的终边上一点，所以π1πcos sin ,sin cos 3232θθ⎛⎫⎛⎫-==-==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则sin tan cos 3θθθ==，故选：B.30．（2024高三上·安徽·期中）已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点()2,4P -，则()cos 2cos 2πθπθ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭（）A ．5-B ．5-C ．0D ．5【答案】C【分析】根据终边上的点可求得：sinθ=cos θ=，再结合三角函数诱导公式从而求解.【详解】因为：r OP ==（O 为坐标原点），所以:由三角函数的定义，得sin θ==cos θ==所以：()cos 2cos sin 2cos 02πθπθθθ⎛⎫--+=+= ⎪⎝⎭.故C 项正确.故选：C.31．（2024高一上·江苏常州·阶段练习）若π1cos()63α+=，则5π5πcos()sin()63αα--+=（）A ．0B ．23C．13+D．13-【答案】A【分析】利用整体代换法与诱导公式化简求值即可.【详解】依题，令π6t α+=，则15ππsin ,ππ366t t αα⎛⎫=-=-+=- ⎪⎝⎭，5π3ππ3π3262t αα+=++=+，所以5π5πcos()sin()63αα--+3π=cos(π)sin()2t t --+cos cos 0t t =-+=.故选：A32．（2024高三上·重庆永川·期中）已知π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，π2tan tan 43θθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则πcos cos 22π4θθθ⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫+ ⎪⎝⎭（）A ．12-B ．35-C ．3D ．53【答案】B【分析】由条件π2tan tan 43θθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭化简求得tan 3θ=，将所求式子利用三角恒等变换化简再根据同角三角函数关系式转化为正切求得结果.【详解】由π2tan tan 43θθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，即tan 12tan 1tan 3θθθ+=--，又π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，解得tan 3θ=，()()22πcos cos2sin cos sin2sin cos sinπsin cos4θθθθθθθθθθθ⎛⎫-⎪-⎝⎭∴==-+⎛⎫+⎪⎝⎭2222222sin cos sin tan tan333sin cos tan1315θθθθθθθθ---====-+++.故选：B.33．（2024高一下·山东潍坊·阶段练习）下列化简正确的是（）A．()tanπ1tan1+=-B．()()sincostan360ααα-=-C．()()sinπtancosπααα-=+D．()()()cosπtanπ1sin2πααα---=-【答案】B【分析】应用诱导公式以及同角三角函数的基本关系对四个选项验证即可.【详解】对于A，由诱导公式得，()tanπ1tan1+=，故A错误；对于B，()()sin sin sincossintantan360cos aααααααα--===-- ，故B正确；对于C，()()sinπsintancosπcosααααα-==-+-，故C错误；对于D，()()()()()sincoscosπtanπcos tan cos1sin2πsin sinαααααααααα⋅----==-=---，故D错误.故选：B.二、多选题34．（2024·辽宁·模拟预测）设α为第一象限角,π1cos83α⎛⎫-=⎪⎝⎭,则（）A．5π1sin83α⎛⎫-=-⎪⎝⎭B．7π1cos83α⎛⎫+=-⎪⎝⎭C．13πsin83α⎛⎫-=-⎪⎝⎭D．πtan8α⎛⎫-=-⎪⎝⎭【答案】BD【分析】首先由题意得π8α-是第一象限角,所以πsin 83α⎛⎫-=⎪⎝⎭,再利用诱导公式和同角三角函数关系式对选项逐个计算确定正确答案.【详解】由题意得π2π2π,Z 2k k k α<<+∈,则ππ3π2π2π,Z 888k k k α-<-<+∈,若π8α-在第四象限,则ππ1cos cos 8423α⎛⎫->=⎪⎝⎭,所以π8α-也是第一象限角,即πsin 8α⎛⎫-=⎪⎝⎭5πππππ1sin sin cos cos 828883αααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,A 项错误;7πππ1cos cos πcos 8883ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=-+=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,B 项正确;13π3ππππ1sin sin cos cos 828883αααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=--=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,C 项错误;πsin ππ8tan tan 2π88cos 8αααα⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭-=--=-=- ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭项正确.故选:BD.35．（江苏省宜兴中学、泰兴中学、泰州中学2023-2024学年高一上学期12月联合质量检测数学试卷）质点P 和Q 在以坐标原点O 1的圆O 上逆时针作匀速圆周运动，同时出发.P 的角速度大小为2rad /s ，起点为圆O 与x 轴正半轴的交点，Q 的角速度大小为5rad /s ，起点为角π3-的终边与圆O 的交点，则当Q 与P 重合时，Q 的坐标可以为（）A ．2π2πcos ,sin 99⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ππcos ,sin 99⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．5π5πcos ,sin 99⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．ππcos ,sin 99⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】ACD【分析】由题意列出重合时刻t 的表达式，进而可得Q 点的坐标，通过赋值对比选项即可得解.【详解】点Q 的初始位置1Q ，锐角1π3Q OP ∠=，设t 时刻两点重合，则π522π(N)3t t k k -∈=+，即π2π(N)93k t k +∈=，此时点ππcos 5,sin 533Q t t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即2π10π2π10πcos ,sin 9393k k Q ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，(N)k ∈，当0k =时，2π2πcos ,sin 99Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故A 正确；当1k =时，32π32πcos ,sin 99Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，即5π5πcos ,sin 99Q ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，故C 正确；当2k =时，9,62π62πcos sin 9Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，即ππcos ,sin 99Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭，故D 正确；由三角函数的周期性可得，其余各点均与上述三点重合，故B 错误，故选：ACD.36．（2024高一下·河南焦作·阶段练习）已知角,A B ，C 是锐角三角形ABC 的三个内角，下列结论一定成立的有（）A ．()sin sinBC A +=B ．sin cos 22A B C +⎛⎫= ⎪⎝⎭C ．()cos cos A B C +<D ．sin cos A B<【答案】ABC【分析】根据三角形内角和及诱导公式，三角函数单调性一一判定选项即可.【详解】由题易知()()πsin sin πsin 2A B C A B C B C A A π⎛⎫++=<⇒+=-= ⎪⎝⎭、、，πsin sin cos 222A B C C +-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()cos cos πcos 0cos A B C C C +=-=-<<，即A 、B 、C 结论成立.对于D ，由锐角三角形知，2A B π+>，得ππ022B A <-<<，因此πsin sin cos 2A B B ⎛⎫>-= ⎪⎝⎭，所以错误.故选：ABC37．（2024高一下·河北沧州·阶段练习）在△ABC 中，下列关系式恒成立的有（）A ．()sin sin ABC +=B ．cos sin 22A B C +⎛⎫= ⎪⎝⎭C ．()sin 22sin20A B C ++=D ．()cos 22cos20A B C ++=【答案】ABC【分析】结合三角形的内角和定理和诱导公式，准确运算，即可求解.【详解】对于A 中，由()()sin sin sin A B C C π+=-=，所以A 正确；对于B 中由cos cos sin 2222A B C C π+⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以B 正确；对于C 中，由()()()sin 22sin2sin 2sin2sin 2sin2A B C A B C C Cπ⎡⎤⎡⎤++=++=-+⎣⎦⎣⎦()sin 22sin2sin2sin20C C C C π=-+=-+=，所以C 正确；对于D 中，()cos(22)cos2cos 2cos2cos[2()]cos2A B C A B C C Cπ⎡⎤++=++=-+⎣⎦()cos 22cos2cos2cos22cos2C C C C C π=-+=+=，所以D 错误．故选：ABC.38．（2024高一上·江苏无锡·阶段练习）下列结论正确的有（）A ．sin cos 63ππαα⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．52cos sin 063ππθθ⎛⎫⎛⎫++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()()22sin 15cos 751αα-++=D ．()()22sin 15sin 751αα-++=【答案】ABD【解析】本题可通过诱导公式将sin 6απ⎛⎫+ ⎪⎝⎭转化为cos 3πα⎛⎫- ⎪⎝⎭，A 正确，然后通过诱导公式将5cos 6πθ⎛⎫+⎪⎝⎭转化为2sin 3πθ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，B 正确，最后根据()()sin 15cos 75 αα-=+以及同角三角函数关系判断出C 错误以及D 正确.【详解】A 项：sin sin cos cos 63332πππππαααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+-=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，A 正确；B 项：因为522cos sin sin sin 6333ππππθθπθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=-+=---=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以52cos sin 063ππθθ⎛⎫⎛⎫++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，B 正确；C 项：因为()()()sin 15sin 75cos 752πααα⎡⎤-=-+=+⎢⎥⎣⎦，所以()()()222sin 15cos 752cos 751ααα-++=+≠，C 错误；D 项：()()()()2222sin 15sin 75cos 75sin 751αααα-++=+++=，D 正确，故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查诱导公式以及同角三角函数关系的应用，考查的公式有sin cos 2παα⎛⎫+= ⎪⎝⎭、()cos cos αα=-、sin cos 2παα⎛⎫-= ⎪⎝⎭、22cos sin 1αα+=等，考查化归与转化思想，是中档题.39．（2024高一上·黑龙江齐齐哈尔·期末）已知下列等式的左右两边都有意义，则下列等式恒成立的是（）A ．cos 1sin 1sin cos x xx x-=+B ．221sin 12tan sin cos tan x x x x x++=C ．()()sin 53cos 37x x -=+D ．()()sin 60cos 480x x -=+【答案】ABC【分析】对于A 、B ，由同角三角函数的基本关系进行化简证明即可，对于C 、D ，由诱导公式进行化简证明即可.【详解】对于A ，()()()()()22cos 1sin cos 1sin cos 1sin cos 1sin 1sin 1sin 1sin 1sin cos cos x x x x x x x x x x x x x x----====++--，故A 正确；对于B ，()2222222sin cos sin 1sin cos 2sin 12tan sin cos sin cos sin cos tan x x x x x x x x x x x x x x+++++===，故B 正确；对于C ，()()()sin 53sin 9037=cos 37x x x ⎡⎤-=-++⎣⎦，故C 正确；对于D ，()()()()cos 480=cos 0=cos 18060=cos 0126x x x x -⎡⎤++---⎣⎦，故D 错误.故选：ABC.三、填空题40．（2024·全国）若π10,,tan 22⎛⎫∈= ⎪⎝⎭θθ，则sin cos θθ-=．【答案】5-【分析】根据同角三角关系求sin θ，进而可得结果.【详解】因为π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则sin 0,cos 0θθ>>，又因为sin 1tan cos 2θθθ==，则cos 2sin θθ=，且22222cos sin 4sin sin 5sin 1+=+==θθθθθ，解得sin θ=或sin θ=（舍去），所以sin cos sin 2sin sin -=-=-=-θθθθθ故答案为：5-.41．（2024高一上·福建莆田·阶段练习）已知tan α=-2απ<<π，那么sin cos 1αα=+.【分析】由同角三角函数关系及已知条件求得1sin 33αα==-，代入目标式求值即可.【详解】由tan α=-2απ<<π，则1sin 33αα==-，所以sin cos 1αα=+.42．（2024高三·全国·对口高考）若sin cos 2sin cos x xx x-=+，求sin cos x x 的值为.【答案】310-/0.3-【分析】由已知求出tan 3x =-，再将sin cos x x 化为22sin cos sin cos x xx x+，利用齐次式法求值，即得答案.【详解】由sin cos 2sin cos x xx x-=+可得sin cos 2(sin cos ),sin 3cos x x x x x x -=+∴=-，因为cos 0x =不适合sin cos 2sin cos x xx x-=+，故cos 0x ≠，所以tan 3x =-，故222sin cos tan 33sin cos sin cos tan 19110x x x x x x x x -====-+++，故答案为：310-43．（2024高三上·江西南昌·阶段练习）若4tan 3θ=，则sin cos sin cos θθθθ-=+.【答案】17【分析】分式上下同除以cos θ，化弦为切，代入4tan 3θ=求值即可.【详解】4tan 3θ= ，sin 411sin cos tan 11cos 3sin 4sin cos tan 1711cos 3θθθθθθθθθθ----∴====++++.故答案为：17.44．（2024·上海浦东新·模拟预测）已知sin cos αα､是关于x 的方程2320x x a -+=的两根，则=a .【答案】56-【分析】先通过根与系数的关系得到sin ,cos αα的关系，再通过同角三角函数的基本关系即可解得.【详解】由题意：Δ41202sin cos 3sin cos 3a a αααα⎧⎪=-≥⎪⎪+=⎨⎪⎪=⎪⎩，所以13a ≤，所以()224sin cos 12sin cos 139a αααα+=+=+=，即650a +=，解得56a =-.故答案为：56-.45．（2024高三·全国·专题练习）已知1sin cos 4αα-=，则33sin cos αα-=．【答案】47128【分析】由立方差公式，得()()3322sin cos sin cos sin cos sin cos αααααααα-=-++.将1sin cos 4αα-=两边平方，解得15sin cos 32αα=，代入即可得解.【详解】由题知()()3322sin cos sin cos sin cos sin cos αααααααα-=-++，因为1sin cos 4αα-=，两边平方有112sin cos 16αα-=，所以15sin cos 32αα=，所以()3311547sin cos 1432128αα-=⨯+=.故答案为：47128.46．（2024高三上·安徽合肥·阶段练习）已知23sin 2m m α-=+，1cos 2m m α+=-+，且α为第二象限角，则()()sin 2024πcos 2023π2021πcos 2ααα+++=⎛⎫+ ⎪⎝⎭.【答案】73-/123-【分析】由已知可求出m 的取值范围，由同角三角函数的平方关系求出m 的值，可求出tan α的值，再利用诱导公式结合弦化切可求得所求代数式的值.【详解】因为23sin 2m m α-=+，1cos 2m m α+=-+，且α为第二象限角，则2302102m m m m -⎧>⎪⎪+⎨+⎪-<⎪+⎩，解得2m <-或32m >，因为22222223151010sin cos 12244m m m m m m m m αα-+-+⎛⎫⎛⎫+=+-== ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭，整理可得22730m m -+=，即()()2130m m --=，解得12m =（舍）或3m =，所以，233sin 25m m α-==+，14cos 25m m α+=-=-+，所以，sin 353tan cos 544ααα⎛⎫==⨯-=- ⎪⎝⎭，因此，()()sin 2024πcos 2023πsin cos 147112021πsin tan 33cos 2ααααααα+++-==-+=--=--⎛⎫+ ⎪⎝⎭.故答案为：73-.47．（2024·全国·模拟预测）若()223ππ1cos cos 714f x x x ⎡⎤⎤⎛⎫⎛⎫=--++ ⎪ ⎪⎢⎥⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎦，则()f x 的最大值为，()f x 的最小值为．【答案】91【分析】借助诱导公式将函数式转化，再利用两点间的距离公式将数转化为形，利用形的直观来求最值.【详解】因为πππ3π3πcos sin sin sin 1421477x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=--=-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，=，此式可看作点(到点3π3πcos ,sin 77x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫--⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的距离．而点3π3πcos ,sin 77x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的轨迹是圆221+=m n ．又点(到圆心()0,0的距离为2，所以()f x 的最大值()()2max 219f x =+=，()f x 的最小值()()2min 211f x =-=．故答案为：9；1【点睛】将所给函数式展开必将陷入命题人的圈套，此时要整体把握目标，借助诱导公式将函数式转化，再利用两点间的距离公式将数转化为形，利用形的直观来求最值，既简单又节省时间．本题不仅要求学生具备扎实的基本功，具有整体把握目标的能力，还对学生分析问题和解决问题的能力、逻辑推理能力、运算求解能力等要求较高．48．（2024·四川绵阳·三模）已知π,π2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()sin π3θ+=-，则tan θ=.【答案】【分析】根据诱导公式以及同角关系即可求解.【详解】由()sin π3θ+=-得sin 3θ=，由π,π2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭可得cos θ=-，故sin tan cos θθθ==故答案为：2-49．（2024·山西阳泉·三模）已知πsin 6α⎛⎫+= ⎪⎝⎭ππ,44α⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则πsin 3α⎛⎫-=⎪⎝⎭．【分析】整体法诱导公式结合同角三角函数关系求出答案.【详解】因为ππ,44α⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，所以ππ5π,61212α⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，故πcos 06α⎛⎫+> ⎪⎝⎭，所以πcos 6α⎛⎫+= ⎪⎝⎭ππππsin sin cos 3266ααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦50．（2024·浙江温州·二模）已知tan x =，则23sin 2sin cos x x x -=.【分析】利用同角三角函数的关系化简23sin 2sin cos x x x -为齐次式，再代入tan x =.【详解】因为tan x =，所以2222223sin 2sin cos 3tan 2tan 3sin 2sin cos sin cos 1tan x x x x xx x x x x x---==++、()2231⨯-==+51．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知tan 2θ=，则1sin 2cos 2θθ+的值是．【答案】5【分析】利用正弦、余弦的二倍角公式以及弦化切的公式先化简，在将tan 2θ=代入即可.【详解】因为tan 2θ=，所以2211sin 2cos 22sin cos cos sin θθθθθθ=++-2222cos sin 2sin cos cos sin θθθθθθ+=+-221tan 2tan 1tan θθθ+=+-221252212+==⨯+-，故答案为：5.52．（2024高三·全国·专题练习）已知()7sin cos 0π13ααα+=<<，则tan α=．【答案】125-【分析】由同角三角函数的平方关系和商数关系，并分析三角函数值的正负即可求解.【详解】解：已知7sin cos 13αα+=①，则()2sin cos 12sin cos 69491αααα+=+=，60sin cos 0169αα=-<，0πα<< ，sin 0α∴>，则cos 0α<，sin cos 0αα->，17sin cos13αα∴-===②，联立①②，得12sin 13α=，5cos 13α=-12tan 5α∴=-，故答案为：125-.53．（2024高三上·湖南衡阳·期中）已知sin cos 3αα-=-，则sin 2α=．【答案】79【分析】sin cos 3αα-=-平方，结合同角三角函数平方关系即正弦二倍角公式求解.【详解】sin cos αα-=两边平方得：()22sin cos 12sin cos 1sin 29ααααα-=-=-=，解得：7sin 29α=.故答案为：7954．（2024·全国·模拟预测）已知π1sin 35α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则cos 6α5π⎛⎫-=⎪⎝⎭.【答案】15/0.2【分析】由三角函数的诱导公式化简可得.【详解】由题可得5π5ππππ1cos cos cos sin 663235αααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=--=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.故答案为：1555．（2024高三上·内蒙古包头·阶段练习）若πtan 4θ⎛⎫+= ⎪⎝⎭πtan 4θ⎛⎫-=⎪⎝⎭.【答案】【分析】以π4θ+为整体，根据诱导公式运算求解.【详解】由题意可得：πππ1tan tanπ442tan 4θθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=+-=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎣⎦+ ⎪⎝⎭故答案为：56．（2024高一下·黑龙江佳木斯·开学考试）已知()1sin 535α︒-=，且27090α-︒<<-︒，则()sin 37α︒+=．【答案】【分析】设53βα︒=-,37γα︒=+,则90βγ︒+=,90γβ︒=-，从而将所求式子转化成求cos β的值，利用α的范围确定cos β的符号.【详解】设53βα︒=-,37γα︒=+,那么90βγ︒+=,从而90γβ︒=-.于是()sin sin 90cos γββ︒=-=.因为27090α︒︒-<<-,所以143323β︒︒<<.由1sin 05β=>,得143180β︒︒<<.所以cos β===所以()sin 37sin 5αγ︒+==-.故答案为：57．（2024高一上·新疆乌鲁木齐·期末）已知角α的终边与单位圆221x y +=交于点1,2⎛⎫⎪⎝⎭y P ，则3πsin 2α⎛⎫-= ⎪⎝⎭.【答案】12-/-0.5【分析】根据任意角三角比的定义和诱导公式求解.【详解】因为角α的终边与单位圆221x y +=交于点1,2⎛⎫⎪⎝⎭y P ，所以||1r OP ==13π12sin cos 212x r αα⎛⎫-=-=-=-=- ⎪⎝⎭，故答案为：12-.58．（2024高一·全国·课后作业）若角α的终边落在直线y x =上，则co 3si 22n s παπα⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-．【分析】化简得到3sin cos cos sin 22ππαααα⎛⎫⎫⎪⎪-++=--⎝⎭⎝⎭，考虑角α为第一或第三象限角两种情况，计算得到答案.【详解】因为角α的终边落在直线y x =上，所以角α为第一或第三象限角，3sin cos cos sin 22ππαααα⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪-++=--⎝⎭⎝⎭，当角α为第一象限角时，cos sin αα==，cos sin αα--==当角α为第三象限角时，cos sin αα==cos sin 22αα--=+=或.四、解答题59．（2024高三·全国·专题练习）已知角α的终边落在直线2y x =上．求(1)4sin 2cos 5sin 3cos αααα-+的值；(2)25sin 3sin cos 2ααα+-的值．【答案】(1)613(2)165【分析】由角α的终边落在直线2y x =上可得tan 2α=，再根据同角函数的关系求解即可.【详解】（1）由角α的终边落在直线2y x =上可得tan 2α=则原式=4tan 28265tan 310313αα--==++；（2）原式222225sin 3sin cos 5tan 3tan 20616222sin cos tan 155αααααααα+++=-=-=-=++.60．（2024高一下·安徽·期中）已知角θ的顶点为坐标原点O ，始边为x 轴的非负半轴，终边与单位圆相交于点P (),x y ，若点P 位于x 轴上方且12x y +=.(1)求sin cos θθ-的值；(2)求44sin cos θθ+的值.【答案】(2)2332【分析】（1）根据cos sin θθ+，cos sin θθ-，cos sin θθ三个直接的关系，可得sin cos θθ-.（2）由4422sin cos 12sin cos θθθθ+=-可得.【详解】（1）由三角函数的定义，1cos sin 2θθ+=，sin 0θ>，两边平方，得221cos sin 2sin cos 4θθθθ++=则32sin cos 04θθ=-<，sin 0θ>，cos 0θ<，所以sin cos 0θθ->，sin cos2θθ-=.（2）由（1）知，3sin cos 8θθ=-，4422222923sin cos (sin cos )2sin cos 126432θθθθθθ+=+-=-⨯=.。

中考数学考点聚焦第7章图形的转变跟踪冲破29图形的平移试题1

考点跟踪冲破29 图形的平移一、选择题1．(2015·广西)如图，在平面直角坐标系中，将点M(2，1)向下平移2个单位长度取得点N，则点N的坐标为( A )A．(2，－1) B．(2，3) C．(0，1) D．(4，1),第1题图) ,第2题图) 2．(2016·青岛)如图，线段AB通过平移取得线段A′B′，其中点A，B的对应点别离为点A′，B′，这四个点都在格点上．若线段AB上有一个点P(a，b)，则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为( A ) A．(a－2，b＋3) B．(a－2，b－3)C．(a＋2，b＋3) D．(a＋2，b－3)3．某数学爱好小组开展动手操作活动，设计了如图所示的三种图形，现打算用铁丝依照图形制作相应的造型，则所用铁丝的长度关系是( D )A．甲种方案所用铁丝最长B．乙种方案所用铁丝最长C．丙种方案所用铁丝最长D．三种方案所用铁丝一样长4．(2015·丽水)如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方式有( B )A．3种B．6种C．8种D．12种,第4题图) ,第5题图)5．如图，等边△ABC沿射线BC向右平移到△DCE的位置，连接AD，BD，则下列结论：①AD＝BC；②BD，AC 相互平分；③四边形ACED是菱形．其中正确的个数有( D )A．0个B．1个C．2个D．3个二、填空题6．(2016·莆田)在平面直角坐标系中，点P(－1，2)向右平移3个单位长度取得的点的坐标是__(2，2)__． 7．(2016·泰州)如图，△ABC 中，BC ＝5 cm ，将△ABC 沿BC 方向平移至△A ′B ′C ′的对应位置时，A ′B ′恰好通过AC 的中点O ，则△ABC 平移的距离为 cm .,第7题图) ,第8题图)8．(导学号：01262047)如图，△ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝8 cm ，D 是AB 的中点．现将△BCD 沿BA 方向平移1 cm ，取得△EFG ，FG 交AC 于点H ，则GH 的长等于__3__ cm .点拨：∵△ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝8 cm ，D 是AB 的中点，∴AD ＝BD ＝CD ＝12AB ＝4 cm ；又∵△EFG 由△BCD 沿BA 方向平移1 cm 取得的，∴GH ∥CD ，GD ＝1 cm ，∴GH DC ＝AG AD ，即GH 4＝4－14，解得GH ＝3(cm ) 9．如图①，两个等边△ABD ，△CBD 的边长均为1，将△ABD 沿AC 方向向右平移到△A ′B ′D ′的位置取得图②，则阴影部份的周长为__2__．点拨：∵两个等边△ABD ，△CBD 的边长均为1，将△ABD 沿AC 方向向右平移到△A ′B ′D ′的位置，∴A ′M ＝A ′N ＝MN ，MO ＝DM ＝DO ，OD ′＝D ′E ＝OE ，EG ＝EC ＝GC ，B ′G ＝RG ＝RB ′，RB ＝RN ＝BN ，∴OE ＋OM ＋MN ＋NR ＋GR ＋EG ＝A ′D ′＋BC ＝1＋1＝210．如图，把抛物线y ＝12x 2平移取得抛物线m ，抛物线m 通过点A(－6，0)和原点O(0，0)，它的极点为P ，它的对称轴与抛物线y ＝12x 2交于点Q ，则图中阴影部份的面积为__272__．点拨：过点P 作PM ⊥y 轴于点M ，设抛物线m 的对称轴交x 轴于点N.∵抛物线平移后通过原点O 和点A(－6，0)，∴平移后的抛物线对称轴为x ＝－3，得出二次函数解析式为y ＝12(x ＋3)2＋h ，将(－6，0)代入得出0＝12(－6＋3)2＋h ，解得h ＝－92，∴点P 的坐标是(3，－92)，依照抛物线的对称性可知，阴影部份的面积等于矩形NPMO 的面积，∴S ＝3×|－92|＝272三、解答题11．(2016·安徽)如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12网格中，给出了四边形ABCD 的两条边AB 与BC ，且四边形ABCD 是一个轴对称图形，其对称轴为直线AC.(1)试在图中标出点D ，并画出该四边形的另两条边；(2)将四边形ABCD 向下平移5个单位，画出平移后取得的四边形A ′B ′C ′D ′.解：(1)点D和四边形ABCD另两条边如图所示．(2)取得的四边形A′B′C′D′如图所示．12．(2015·锦州)如图，在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点是A(－5，1)，B(－2，3)，线段CD的两个端点是C(－5，－1)，D(－2，－3)．(1)线段AB与线段CD关于某直线对称，则对称轴是__x轴__；(2)平移线段AB取得线段A1B1，若点A的对应点A1的坐标为(1，2)，画出平移后的线段A1B1，并写出点B1的坐标为__(4，4)__．解：(1)∵A(－5，1)，C(－5，－1)，∴AC⊥x轴，且A，C两点到x轴的距离相等，同理BD⊥x轴，且B，D两点到x轴的距离相等，∴线段AB和线段CD关于x轴对称，故答案为x轴(2)∵A(－5，1)，A1(1，2)，∴相当于把A点先向右平移6个单位，再向上平移1个单位，∵B(－2，3)，∴平移后取得B1的坐标为(4，4)，画图略13．(导学号：01262048)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，线段AB为半圆O的直径，将Rt△ABC沿射线AB方向平移，使斜边与半圆O相切于点G，取得△DEF，DF与BC交于点H.(1)求BE的长；(2)求Rt△ABC与△DEF重叠(阴影)部份的面积．解：(1)连接OG，如图，∵∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，∴BC＝AB2＋AC2＝5，∵Rt△ABC沿射线AB方向平移，使斜边与半圆O相切于点G，得△DEF，∴AD＝BE，DF＝AC＝3，EF＝BC＝5，∠EDF＝∠BAC＝90°，∵EF 与半圆O相切于点G，∴OG⊥EF，∵AB＝4，线段AB为半圆O的直径，∴OB＝OG＝2，∵∠GEO＝∠DEF，∴Rt△EOG∽Rt△EFD，∴OEEF＝OGDF，即OE5＝23，解得OE＝103，∴BE＝OE－OB＝103－2＝43(2)BD＝DE－BE＝4－43＝83.∵DF ∥AC，∴DHAC＝BDAB，即DH3＝834，解得DH＝2.∴S阴影＝S△BDH＝12BD·DH＝12×83×2＝83，即Rt△ABC与△DEF重叠(阴影)部份的面积为8314．(导学号：01262049)如图，矩形ABCD中，AB＝6，第1次平移将矩形ABCD沿AB的方向向右平移5个单位，取得矩形A1B1C1D1，第2次平移将矩形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5个单位，取得矩形A2B2C2D2，…，第n次平移将矩形A n－1B n－1C n－1D n－1沿A n－1B n－1的方向平移5个单位，取得矩形A n B n C n D n(n＞2)．(1)求AB1和AB2的长；(2)若AB n的长为56，求n.解：(1)∵AB＝6，第1次平移将矩形ABCD沿AB的方向向右平移5个单位，取得矩形A1B1C1D1，第2次平移将矩形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5个单位，取得矩形A2B2C2D2…∴AA1＝5，A1A2＝5，A2B1＝A1B1－A1A2＝6－5＝1，∴AB1＝AA1＋A1A2＋A2B1＝5＋5＋1＝11，∴AB2的长为5＋5＋6＝16(2)∵AB1＝2×5＋1＝11，AB2＝3×5＋1＝16，∴AB n＝(n＋1)×5＋1＝56，解得n＝10。

专题10 几何变换中的三角形全等模型--2024年中考数学核心几何模型重点突破(解析版)

专题10几何变换中的三角形全等模型【模型1】全等三角形中的平移变换【说明】平移前后的三角形全等。

平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．【模型2】全等三角形中的折叠变换模型【说明】折叠问题实质上是利用了轴对称的性质。

轴对称变换的性质：①关于直线对称的两个图形是全等图形.②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上.④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称.【模型3】全等三角形中的旋转变换模型旋转变换的性质：图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.【例1】如图，DEF 是由ABC 经过平移得到的，AC 分别交DE 、EF 于点G 、H ，若120B ∠=︒，30C ∠=︒，则DGH ∠的度数为（）A ．150°B ．140°C ．120°D ．30°【答案】A 【分析】根据平移可知：ABC DEF ≅ ，AC DF ∥，根据全等三角形对应角相等，得出120E B ∠=∠=︒，30F C ∠=∠=︒，即可得出∠D 的度数，再根据平行线的性质得出∠DGH 的度数即可．【解析】根据平移可知，ABC DEF ≅ ，AC DF ∥，∴120E B ∠=∠=︒，30F C ∠=∠=︒，∴180D E F∠=︒-∠-∠18012030=︒-︒-︒30=︒，∵AC DF ∥，∴180DGH D ∠+∠=︒，∴180********DGH D ∠=︒-∠=︒-︒=︒，故A 正确．故选：A ．【例2】如图，纸片ABCD 的对边AD BC ∥，将纸片沿EF 折叠，CF 的对应边C F '交AD 于点G ．若AG GF =，且144∠=︒，则2∠的大小是（）A ．44︒B ．45︒C ．46︒D ．56︒【答案】C 【分析】利用等腰三角形和平行线的性质求得44AFG AFB ∠=∠=︒，再求得18092CFE C FE AFB AFG ∠+∠=︒-∠-∠=︒′，利用折叠的性质和平行线的性质即可求解．【解析】解：∵AG GF =，144∠=︒，∴144AFG ∠=∠=︒，∵AD BC ∥，144∠=︒，∴144AFB ∠=∠=︒，∴18092CFE C FE AFB AFG ∠+∠=︒-∠-∠=︒′，由折叠的性质可得CFE C FE '∠=∠，∴192=462CFE ∠=⨯︒︒，∵AD BC ∥，∴2==46CFE ∠∠︒，故选C【例3】如图，在等腰Rt ABC 和等腰Rt CDE 中，90ACB DCE ∠=∠=︒．(1)观察猜想：如图1，点E 在BC 上，线段AE 与BD 的关系是_________；(2)探究证明：把CDE △绕直角顶点C 旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；(3)拓展延伸：把CDE △绕点C 在平面内转动一周，若10AC BC ==，5CE CD ==，AE 、BD 交于点P 时，连接CP ，直接写出BCP 最大面积_________．【答案】(1)AE BD =，AE BD ⊥；(2)结论仍成立，理由见解析；(3)252+．【分析】（1）先根据等腰三角形的定义可得AC BC =，CE CD =，再根据三角形全等的判定定理与性质可得AE BD =，EAC DBC ∠=∠，然后根据直角三角形两锐角互余、等量代换即可得90AHD ∠=︒即可；（2）先根据三角形全等的判定定理与性质可得AE BD =，EAC DBC ∠=∠，再根据直角三角形两锐角互余可得90EAC AOC ∠+∠=︒，然后根据对顶角相等、等量代换可得90BOH DBC ∠∠+=︒，从而可得90OHB ∠=︒即可；（3）如图：由题意可知点P 在以AB 为直径的O 上运动，点D 在C 上运动，观察图形，可知当BP 与C 相切时，BCP 面积最大；此时，四边形CDPE 为正方形，5PD CD ==；然后在Rt BDC 运用勾股定理求出BD ，进而求出BP 的最大值，最后运用三角形的面积公式求解即可．【解析】（1）解：AE BD =，AE BD ⊥，理由如下：如图1，延长AE 交BD 于H ，由题意得：AC BC =，90ACE BCD ∠=∠=︒，CE CD =，∴()ACE BCD SAS ≅ ，∴AE BD =，EAC DBC ∠=∠，∵90DBC BDC ∠+∠=︒，∴90EAC BDC ∠+∠=︒，∴0)9018(EAC BD A D C H ∠+∠∠︒==-︒，即AE BD ⊥，故答案为：AE BD =，AE BD ⊥．（2）解：结论仍成立，仍有：AE BD =，AE BD ⊥；理由如下：如图2，延长AE 交BD 于H ，交BC 于O ，∵90ACB ECD ∠=∠=︒，∴ACB BCE ECD BCE ∠-∠=∠-∠，即ACE BCD ∠=∠，在ACE 和BCD △中，AC BC ACE BCD CE CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()ACE BCD SAS ≅ ，∴AE BD =，EAC DBC ∠=∠，∵90ACB ∠=︒，∴90EAC AOC ∠+∠=︒，∵AOC BOH ∠=∠，∴90BOH DBC ∠∠+=︒，即90OBH BOH ∠+∠=︒，∴180()90OHB OBH BOH ∠=︒-∠+∠=︒，即AE BD ⊥．（3）解：如图：∵90APB ∠=︒，∴点P 在以AB 为直径的O 上运动.∵5CD CE ==，∴点D 在C 上运动，观察图形，可知当BP 与C 相切时，BCP 面积最大.此时，四边形CDPE 为正方形，5PD CD ==.在Rt BDC中，BD ==当BCP的面积最大时，5BP BD DP =+=+，12S BP CD =⋅=一、单选题1．如图，三角形ABC ，三角形EFG 均为边长为4的等边三角形，点D 是BC 、EF 的中点，直线AG 、FC 相交于点M ，三角形EFG 绕点D 旋转时，线段BM 长的最小值为（）A ．43B ．23C ．232-D ．434【答案】C 【分析】首先证明90AMF ∠=︒，判定出点M 在以AC 为直径的圆上运动，当M 运动到BM AC ⊥时，BM 最短来解决问题．【解析】解：如图，连接AE 、EC 、CG ，AD ，DE CD DF，==∠=∠，DEC DCE∴∠=∠，DFC DCF，∠+∠+∠+∠=︒180DEC DCE DFC DCFECF∴∠=︒，90∆是等边三角形，D是BC、EF的中点，、EFG∆ABC∴∠=∠=︒，90ADC GDE∴∠=∠，ADE GDC∴∆≅∆，()ADE GDC SAS∴=，DAE DGCAE CG∠=∠，DA DG，=∴∠=∠，DAG DGAGAE AGC∴∠=∠，∴∆≅∆，AGE GAC SAS()∴∠=∠，GAK AGK∴=，KA KG，=AC EG∴=，EK KCKEC KCE∴∠=∠，，∠=∠AKG EKC∴∠=∠，KAG KCE\∥，EC AG∴∠=∠=︒，90AMF ECF∴点M在以AC为直径的圆上运动，∴当BM AC⊥时，且B、M在AC的同侧时，BM最短，Q，AB=4∴=2OB==，AO OM∴的最小值为2-．BM故选：C ．2．如图，在正方形ABCD 中，AB ＝4，点M 在CD 的边上，且DM ＝1，△AEM 与△ADM 关于AM 所在的直线对称，将△ADM 按顺时针方向绕点A 旋转90°得到△ABF ，连接EF ，则线段EF 的长为（）A ．3B ．C ．5D 【答案】C 【分析】连接BM ．先判定FAE MAB ∆∆≌，即可得到EF BM =．再根据4BC CD AB ===，3CM =，利用勾股定理即可得到，Rt BCM ∆中，5BM =，进而得出EF 的长．【解析】解：如图，连接BM ．AEM ∆ 与ADM ∆关于AM 所在的直线对称，AE AD ∴=，MAD MAE ∠=∠．ADM ∆ 按照顺时针方向绕点A 旋转90︒得到ABF ∆，AF AM ∴=，FAB MAD ∠=∠．FAB MAE ∴∠=∠，FAB BAE BAE MAE ∴∠+∠=∠+∠．FAE MAB ∴∠=∠．FAE MAB ∴∆∆≌（SAS ）．EF BM ∴=．四边形ABCD 是正方形，4BC CD AB ∴===．1DM = ，3CM ∴=．∴在Rt BCM ∆中，5BM ，5EF ∴=，故选：C ．3．如图，ABCD 是一张矩形纸片，AB ＝20，BC ＝4，将纸片沿MN 折叠，点B '，C '分别是B ，C 的对应点，MB′与DC 交于K ，若△MNK 的面积为10，则DN 的最大值是（）A ．7.5B ．12.5C ．15D ．17【答案】D 【分析】作NE ⊥B M '于E ，NF ⊥BM 于F ，由折叠得∠1＝∠2，根据角平分线的性质得NE ＝NF ，可得四边形BCNF 是矩形，则NF ＝BC ＝4，根据△MNK 的面积为10得NK ＝MK ＝5，根据勾股定理得KE ＝3，则MF ＝ME ＝MK ﹣KE ＝5﹣3＝2，设DN ＝x ，则CN ＝20﹣x ，BM ＝BF +MF ＝20﹣x +2＝22﹣x ，由折叠可得BM ≥KM ，即22﹣x ≥5．可得x ≤17，即可得DN ≤17，则DN 的最大值是17．【解析】解：如图所示，过点N 作NE ⊥B M '于E ，NF ⊥BM 于F ，由折叠得∠1＝∠2，∴NE ＝NF ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠B ＝∠C ＝∠BFN ＝90°，AB CD ∥，∴四边形BCNF 是矩形，∠DNM =∠2，∴NE ＝NF ＝BC ＝4，∠1=∠DNM ，∴NK =MK ，∵△MNK 的面积为10，∴12KM •NE ＝12KN •NF ＝10，∴NK ＝MK ＝5，∴KE 22KN NE -3，在△MEN 和△MFN 中，12MEN MFN ME NF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△MEN ≌△MFN （AAS ），∴MF ＝ME ＝MK ﹣KE ＝5﹣3＝2，设DN ＝x ，则CN ＝BF ＝20﹣x ，∴BM ＝BF +MF ＝20﹣x +2＝22﹣x ，由折叠得BM ≥KM ，即22﹣x ≥5．∴x ≤17，即DN ≤17，∴DN 的最大值是17．故选：D ．4．如图，现有一张矩形纸片ABCD ，AB ＝4，BC ＝8，点M ，N 分别在矩形的边AD ，BC 上，将矩形纸片沿直线MN 折叠，使点C 落在矩形的边AD 上，记为点P ，点D 落在G 处，连接PC ，交MN 于点Q ，连接CM ．下列结论：①CQ ＝CD ；②四边形CMPN 是菱形；③P ，A 重合时，MN ＝PQM 的面积S 的取值范围是3≤S ≤5．其中正确的是（）A ．①②③④B ．②③C ．①②④D ．①③④【答案】B 【分析】先判断出四边形CNPM 是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN ＝NP ，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ ＝CD ，得Rt △CMQ ≌△CMD ，进而得∠DCM ＝∠QCM ＝∠BCP ＝30°，这个不一定成立，判断①错误；点P 与点A 重合时，设BN ＝x ，表示出AN ＝NC ＝8−x ，利用勾股定理列出方程求解得x 的值，进而用勾股定理求得MN ，判断出③正确；当MN 过D 点时，求得四边形CMPN 的最小面积，进而得S 的最小值，当P 与A 重合时，S 的值最大，求得最大值即可．【解析】解：如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴PM∥CN，∴∠PMN＝∠MNC，∵∠MNC＝∠PNM（折叠的性质），∴∠PMN＝∠PNM，∴PM＝PN，∵NC＝NP（折叠的性质），∴PM＝CN，∴四边形CNPM是平行四边形，∵CN＝NP，∴四边形CNPM是菱形，故②正确；∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，∴∠MQC＝∠D＝90°，∵CM＝CM，若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌Rt△CMD（HL），∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，故①错误；点P与点A重合时，如图2所示：设BN＝x，则AN＝NC＝8−x，在Rt△ABN中，AB2＋BN2＝AN2，即42＋x2＝（8−x）2，解得x ＝3，∴CN ＝8−3＝5，AC∴CQ ＝12AC ＝∴QN∴MN ＝2QN ＝当MN 过点D 时，如图3所示：此时，CN 最短，四边形CMPN 的面积最小（四边形CNPM 的边CN 上的高固定为AB 的长），此时四边形CNPM 是正方形，则S 最小＝14S 菱形CMPN ＝14×4×4＝4，当P 点与A 点重合时，CN 最长，四边形CMPN 的面积最大，则S 最大＝14×5×4＝5，∴4≤S ≤5，故④错误．故选：B ．5．如图，在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 为BC 的中点，直角MDN ∠绕点D 旋转，DM ，DN 分别与边AB ，AC 交于E ，F 两点，下列结论：①DEF 是等腰直角三角形；②AE CF =；③12ABC AEDF S S =△四边形；④BE CF EF +=，其中正确结论的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【分析】根据等腰直角三角形的性质可得∠CAD =∠B =45°，根据同角的余角相等求出∠ADF =∠BDE ，然后利用“角边角”证明△BDE 和△ADF 全等，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得DE =DF 、BE =AF ，从而得到△DEF 是等腰直角三角形，判断出①正确；再求出AE =CF ，判断出②正确；根据BE +CF =AF +AE ，利用三角形的任意两边之和大于第三边可得BE +CF ＞EF ，判断出④错误．【解析】∵∠BAC =90°，AB =AC ，∴△ABC 是等腰直角三角形，∠B =45°，∵点D 为BC 中点，∴AD =CD =BD ，AD ⊥BC ，∠CAD =45°，∴∠CAD =∠B ，∠BDE +∠ADE =∠ADB =90°∵∠MDN 是直角，∴∠ADF +∠ADE =90°，∴∠ADF =∠BDE ，在△BDE 和△ADF 中，CAD B AD BD ADF BDE ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝，∴△BDE ≌△ADF （ASA ），∴DE =DF ，BE =AF ，∴△DEF 是等腰直角三角形，故①正确；∵AE =AB -BE ，CF =AC -AF ，∴AE =CF ，故②正确；∵△BDE ≌△ADF∴BDE ADFS S = ∴12ADE ADF ADE BDE BDA ABC AEDF S S S S S S S =+=+==△△△△△△四边形故③正确；∵BE +CF =AF +AE ＞EF ，∴BE +CF ＞EF ，故④错误；综上所述，正确的是①②③，故选：C.6．如图，在ABC 中，AB BC =，将ABC 绕点B 顺时针旋转，得到11A BC V ，1A B 交AC 于点E ，11A C 分别交AC ，BC 于点D ，F ，则下列结论一定正确的是（）A ．CDF A∠=∠B ．1AE CF =C ．11A DE C ∠=∠D ．DF FC=【答案】B 【分析】根据将△ABC 绕点B 顺时针旋转，得到△A 1BC 1，可证明△A 1BF ≌△CBE ，从而可得A 1E =CF ，即可得到答案．【解析】解：∵AB =BC ，∴∠A =∠C ，∵将△ABC 绕点B 顺时针旋转，得到△A 1BC 1，∴A 1B =AB =BC ，∠A 1=∠A =∠C ，在△A 1BF 和△CBE 中111A C AB CB A BF CBE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△A 1BF ≌△CBE （ASA ），∴BF =BE ，∴A 1B -BE =BC -BF ，即A 1E =CF ，故B 正确，其它选项的结论都不能证明，故选：B ．7．如图，在矩形ABCD 中，点M 在AB 边上，把BCM 沿直线CM 折叠，使点B 落在AD 边上的点E 处，连接EC ，过点B 作BF EC ⊥，垂足为F ，若1,2CD CF ==，则线段AE 的长为（）A2B1C ．13D ．12【答案】A 【分析】先证明△BFC ≌△CDE ，可得DE =CF =2，再用勾股定理求得CEAD =BCAE 的长．【解析】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴BC =AD ，∠ABC =∠D =90°，AD ∥BC ，∴∠DEC =∠FCB ，∵BF EC ⊥，∴∠BFC =∠CDE ，∵把BCM 沿直线CM 折叠，使点B 落在AD 边上的点E 处，∴BC =EC ，在△BFC 与△CDE 中，DEC FCB BFC CDE BC EC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BFC ≌△CDE （AAS ），∴DE =CF =2，∴CE ===∴AD =BC =CE∴AE =AD -DE2，故选：A ．8．如图，正方形ABCD 中，AB ＝12，点E 在边BC 上，BE ＝EC ，将△DCE 沿DE 对折至△DFE ，延长EF 交边AB 于点G ，连接DG 、BF ，给出以下结论：①△DAG ≌△DFG ；②BG ＝2AG ；③S △DGF ＝48；④S △BEF ＝725．其中所有正确结论的个数是（）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】B 【分析】①根据正方形的性质和折叠的性质可得AD ＝DF ，∠A ＝∠GFD ＝90°，于是根据“HL ”判定Rt △ADG ≌Rt △FDG ；②再由GF +GB ＝GA +GB ＝12，EB ＝EF ，△BGE 为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG ＝4，BG ＝8，即可判断；③根据①即可求出三角形DGF 的面积；④结合①可得AG ＝GF ，根据等高的两个三角形的面积的比等于底与底的比即可求出三角形BEF 的面积．【解析】解：①∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ＝DC ，∠C ＝∠A ＝90°，由折叠可知，DF ＝DC ＝DA ，∠DFE ＝∠C ＝90°，∴∠DFG ＝180°－∠DFE ＝90°，∴∠DFG ＝∠A ＝90°，在Rt △ADG 和Rt △FDG 中，AD DF DG DG=⎧⎨=⎩，∴Rt △ADG ≌Rt △FDG （HL ），故①正确；②∵正方形边长是12，∴BE ＝EC ＝EF ＝6，设AG ＝FG ＝x ，则EG ＝x +6，BG ＝12﹣x ，由勾股定理得：EG 2＝BE 2+BG 2，即：（x +6）2＝62+（12﹣x ）2，解得：x ＝4，∴AG ＝GF ＝4，BG ＝8，BG ＝2AG ，故②正确；③∵Rt △ADG ≌Rt △FDG ，∴S △DGF ＝S △ADG ＝12×AG •AD ＝12×4×12＝24，故③错误；④∵S △GBE ＝12BE •BG ＝12×6×8＝24，∵GF ＝AG ＝4，EF ＝BE ＝6，∴23BFG BEF S GF S EF ==△△，∴337224555BEF GBE S S ==⨯=△△，故④正确．综上可知正确的结论的是3个，故选：B ．二、填空题9．如图，矩形纸片ABCD 中，AB =8cm ，把矩形纸片沿直线AC 折叠，点B 落在点E 处，AE 交DC 于点F ，若AD =6cm ，则∠EAD 的正弦值为_____．【答案】724【分析】首先根据勾股定理计算出AC 的长，再根据折叠的方法可得△ABC ≌△AEC ，△ADF ≌△CEF ，进而可得到可知AE =AB =8cm,CE =BC =AD =6cm,再设AF =x ,则EF =DF =（8-x ）cm,在Rt △ADF 中利用勾股定理可得22268x x +-=（），求得AF 的长，再通过勾股定理求得DF 的长，最后可得结果．【解析】解：∵四边形ABCD 是矩形，AD =6cm,∴BC =AD =6cm,∵AB =8cm,∴10cm AC =,矩形纸片沿直线AC 折叠，则△ABC ≌△AEC ，∠E =∠B =90°，∵四边形ABCD 为矩形，∴AD =BC=CE ，∠D =∠B =90°，∴∠E =∠D =90°，又∵∠AFD =∠EFC ，∴△ADF ≌△CEF （AAS ），可知AE =AB =8cm,CE =BC =AD =6cm,设AF =x ,则EF =DF =（8-x ）cm,在Rt △ADF 中，222AD DF AF +=，即：22268x x +-=（），解得x =254．∴AF =254，∴74DF ===，∴774tan 624DF EAD AD ∠===故答案为：724．10．如图，已知正方形ABCD 的边长为3，E 、F 分别是AB 、BC 边上的点，且∠EDF =45°，将 DAE 绕点D 逆时针旋转90°，得到 DCM ．若AE =1，则FM 的长为__．【答案】2.5【分析】由旋转可得DE =DM ，∠EDM 为直角，可得出∠EDF +∠MDF =90°，由∠EDF =45°，得到∠MDF 为45°，可得出∠EDF =∠MDF ，再由DF =DF ，利用SAS 可得出三角形DEF 与三角形MDF 全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF =MF ；则可得到AE =CM =1，正方形的边长为3，用AB -AE 求出EB 的长，再由BC +CM 求出BM 的长，设EF =MF =x ，可得出BF =BM -FM =BM -EF =4-x ，在直角三角形BEF 中，利用勾股定理列出关于x 的方程，求出方程的解得到x 的值，即为FM 的长．【解析】解：∵△DAE 逆时针旋转90°得到△DCM ，∴∠FCM =∠FCD +∠DCM =180°，∴F 、C 、M 三点共线，∴DE =DM ，∠EDM =90°，∴∠EDF +∠FDM =90°，∵∠EDF =45°，∴∠FDM =∠EDF =45°，在△DEF 和△DMF 中，DE DM EDF FDM DF DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DEF ≌△DMF （SAS ），∴EF =MF ，设EF =MF =x ，∵AE =CM =1，且BC =3，∴BM =BC +CM =3+1=4，∴BF =BM -MF =BM -EF =4-x ，∵EB =AB -AE =3-1=2，在Rt △EBF 中，由勾股定理得222EB BF EF +=，2222(4)x x +-=，解得： 2.5x =．故答案为：2.5．11．如图，点E 在正方形ABCD 的CD 边上，连结BE ，将正方形折叠，使点B 与E 重合，折痕MN 交BC 边于点M ，交AD 边于点N ，若tan ∠EMC ＝34，ME ＋CE ＝8，则折痕MN 的长为___________．【答案】【分析】过N 作NH ⊥BC 于H ，得到四边形ABHN 是矩形，根据矩形的性质得到NH ＝AB ，∠NHM ＝90°，证明△BCE ≌△NHM ，根据全等三角形的性质得到HM ＝CE ，设CE ＝3x ，则CM ＝4x ，根据勾股定理得到EM ＝5x ，求出x ，可得NH ＝9，再利用勾股定理计算即可．【解析】解：过N 作NH ⊥BC 于H ，则四边形ABHN是矩形，∴NH ＝AB ，∠NHM ＝90°，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠C ＝90°，AB ＝BC ，∴NH ＝BC ，∵将正方形折叠，使点B 与E 重合，∴MN ⊥BE ，BM ＝ME ，∴∠HNM ＋∠NMH ＝∠EBC ＋∠BMN ＝90°，∴∠EBC ＝∠HNM ，在△BCE 与△NHM 中，NHM C NH BC HNM CBE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△BCE ≌△NHM （ASA ），∴HM＝CE，在Rt△EMC中，∵tan∠EMC＝34 CECM=，∴设CE＝3x，则CM＝4x，由勾股定理得：EM＝5x，∵ME＋CE＝8，∴5x＋3x＝8，∴x＝1，∴EM＝5，HM＝CE＝3，CM＝4，∴BC＝BM＋CM＝EM＋CM＝9，∴NH＝9，∴MN=故答案为：12．如图，△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．使△DEP 的顶点P与△ABC的顶点A重合，PD，PE分别与BC相交于点F、G，若BF＝6，CG＝4，则FG＝_____．【答案】【分析】将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，即可构建出直角三角形CGH，由勾股定理可求出GH的长度，再证明△FAG≌△GAH即可．【解析】解：将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，∵△ACH由△ABF旋转得到，∴∠BAF=∠CAH，CH=BF=6，AF=AH，∠B=∠ACH∵△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形∴∠B=45°，∠ACB=45°∴∠HCG=90°在Rt△HCG中，由勾股定理得：GH=∵∠FAG=45°∴∠BAF+∠GAC=45°∴∠CAH+∠GAC=45°，即∠GAH=45°在△FAG和△GAH中，AF=AH，∠FAG=∠GAH，AG=AG∴△FAG≌△GAH∴FG=GH=故答案为：13．如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到AB=，则DP的长度为___________．点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若6【答案】2【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．【解析】解：连接AP，如图所示，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵点E 是BC 的中点，∴BE ＝CE ＝12AB ＝3，由翻折可知：AF ＝AB ，EF ＝BE ＝3，∠AFE ＝∠B ＝90°，∴AD ＝AF ，∠AFP ＝∠D ＝90°，在Rt △AFP 和Rt △ADP 中，AP AP AF AD =⎧⎨=⎩，∴Rt △AFP ≌Rt △ADP （HL ），∴PF ＝PD ，设PF ＝PD ＝x ，则CP ＝CD −PD ＝6−x ，EP ＝EF ＋FP ＝3＋x ，在Rt △PEC 中，根据勾股定理得：EP 2＝EC 2＋CP 2，∴（3＋x ）2＝32＋（6−x ）2，解得x ＝2，则DP 的长度为2，故答案为：2．14．如图，在边长为6的正方形ABCD 内作45EAF ∠=︒，AE 交BC 于点E ，AF 交CD 于点F ，连接EF ，将ADF 绕点A 顺时针旋转90°得到ABG ，若3DF =，则BE 的长为__________．【答案】2【分析】根据旋转的性质可知，△ADF ≌△ABG ，然后即可得到DF =BG ，∠DAF =∠BAG ，然后根据已知条件证明△EAG ≌△EAF ，设BE x =，在Rt CEF 中，由勾股定理可以求出BE 的长．【解析】解：由旋转可知，△ADF ≌△ABG ，∴3DF BG ==，∠DAF =∠BAG ，∵∠DAB =90°，∠EAF =45°，∴∠DAF +∠EAB =45°，∴∠BAG +∠EAB =45°，∴∠EAF =∠EAG ，在△EAG 和△EAF 中，AG AF EAG EAF AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴GE =FE ，设BE x =，则3GE GB BE x =+=+，6CE x =-，∴3EF GE x ==+，∵CD =6，DF =3，∴633CF CD DF =-=-=，∵∠C =90°，∴在Rt CEF 中，222CE CF EF +=，即222(6)3(3)x x -+=+，解得，2x =，即BE =2．故答案为：2．三、解答题15．如图，在ΔABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，D 是AB 边上一点（点D 与A ，B 不重合），连接CD ，将线CD 绕点C 按逆时针方向旋转90°得到线段CE ，连接DE 交BC 于点F ，连接BE.(1)求证：ΔACD ≌ΔBCE ；(2)当AD ＝BF 时，求∠BEF 的度数.【答案】(1)证明见解析；(2)67.5BEF ∠= 【分析】（1）利用边角边证明三角形全等即可；（2）先推理得到△BEF 是等腰三角形，再由全等得到∠CBE =45 ，即可得到∠BEF 的度数．【解析】（1）证明：∵90ACB ∠=90ACD DCB ∴∠+∠=又∵CD 绕点C 按逆时针方向旋转90°得到线段CE∴90DCE ∠= ,CD =CE∴90BCE DCB ∠+∠=∴ACD BCE∠=∠在ACD △和BCE 中：AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩（2）解：由第一问知，ACD BCE≅△△∴AD =BE ,∠CAD =∠CBE又∵AD =BF∴BE =BF在ACB △中，AC =BC ,90ACB ∠=∴45CAD CBA ∠=∠=在BEF 中，BE =BF ,∠CBE =45 ∴1(18045)67.52BEF BFE ∠=∠=-= 16．如图，ABC 中，AB AC =，42BAC ∠=︒，D 为ABC 内一点，连接AD ，将AD 绕点A 逆时针旋转42︒，得到AE ，连接DE ，BD ，CE ．(1)求证：BD CE =；(2)若DE AC ⊥，求BAD ∠的度数．【答案】(1)证明见解析；(2)21︒【分析】（1）根据旋转的性质得到AD AE =，42DAE ∠=︒，可得CAE BAD ∠=∠，然后证明ABD ACE △≌△，最后利用全等三角形的性质即可证明结论；（2）根据等腰三角形的性质得到1212CAE DAE ∠=∠=︒，根据全等三角形的性质可得到结论．【解析】（1）证明：∵将AD 绕点A 逆时针旋转42︒，得到AE ，∴AD AE =，42DAE ∠=︒，∵42BAC ∠=︒，∴BAC DAE ∠=∠，∴BAD CAE ∠=∠，在ABD △与ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()ABD ACE SAS ≌，∴BD CE =．（2）解：由（1）知：AD AE =，42DAE ∠=︒，∵DE AC ⊥，∴1212CAE DAE ∠=∠=︒，∵BAD CAE ∠=∠，∴21BAD ∠=︒．17．如图（1），已知△ABC 的面积为3，且AB =AC ，现将△ABC 沿CA 方向平移CA 长度得到△EF A．（1）求△ABC 所扫过的图形面积；（2）试判断，AF 与BE 的位置关系，并说明理由；（3）若∠BEC =15°，求AC 的长．【答案】（1）9；（2）BE ⊥AF ，理由见解析；（3）【分析】（1）根据平移的性质及平行四边形的性质可得到S △EFA =S △BAF =S △ABC ，从而便可得到四边形CEFB 的面积；（2）由已知可证得平行四边形EFBA 为菱形，根据菱形的对角线互相垂直平分可得到AF 与BE 的位置关系为垂直；（3）作BD ⊥AC 于D ，结合三角形的面积求解．【解析】解：（1）由平移的性质得AF ∥BC ，且AF =BC ，△EFA ≌△ABC∴四边形AFBC 为平行四边形S △EFA =S △BAF =S △ABC =3∴四边形EFBC 的面积为9；（2）BE⊥AF证明：由（1）知四边形AFBC为平行四边形∴BF∥AC，且BF=AC又∵AE=CA∴BF∥AE且BF=AE∴四边形EFBA为平行四边形又已知AB=AC ∴AB=AE∴平行四边形EFBA为菱形∴BE⊥AF；（3）如上图，作BD⊥AC于D∵∠BEC=15°，AE=AB∴∠EBA=∠BEC=15°∴∠BAC=2∠BEC=30°∴在Rt△BAD中，AB=2BD设BD=x，则AC=AB=2x∵S△ABC =3，且S△ABC=12AC•BD=12•2x•x=x2∴x2=3∵x为正数∴x3∴AC318．已知：点D是等腰直角三角形ABC斜边BC所在直线上一点（不与点B重合），连接AD．(1)如图1，当点D在线段BC上时，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE．直接写出BD和CE数量关系和位置关系．(2)如图2，当点D在线段BC延长线上时，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE，画出图形．（1）的结论还成立吗?若成立，请证明；若不成立，说明理由．【答案】(1)BD和CE的数量关系是相等，位置关系是互相垂直，理由见详解；(2)成立，理由见详解．【分析】（1）由题意易得AB=AC，∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，则有∠BAD=∠CAE，然后可证△ABD≌△ACE，进而问题可求解；（2）如图，然后根据（1）中的证明过程可进行求解．【解析】(1)解：BD⊥CE且BD=CE，理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC，∠BAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°，由旋转的性质可得：∠DAE=90°，AD=AE，∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC=90°，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD=∠ACE=45°，BD=CE，∴∠ACE+∠ACB=90°，即∠BCE=90°，∴BD⊥CE；(2)解：（1）中结论仍成立，理由如下：由题意可得如图所示：∵△ABC 是等腰直角三角形，∴AB =AC ，∠BAC =90°，∠ABC =∠ACB =45°，由旋转的性质可得：∠DAE =90°，AD =AE ，∴∠BAC +∠DAC =∠EAD +∠DAC ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴∠ABD =∠ACE =45°，BD =CE ，∴∠ACE +∠ACB =90°，即∠BCE =90°，∴BD ⊥CE ．19．如图，在ABC 中，45B ︒∠=，60C ︒∠=，点E 为线段AB 的中点，点F 在边AC 上，连结EF ，沿EF 将AEF 折叠得到PEF ．（1）如图1，当点P 落在BC 上时，求AEP ∠的度数．（2）如图2，当PF AC ⊥时，求BEP ∠的度数．【答案】（1）90°；（2）60°【分析】（1）证明BE=EP ，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．（2）根据折叠的性质求出∠AFE=45°，根据三角形内角和求出∠BAC ，从而得到∠AEF 和∠PEF ，再根据平角的定义求出∠BEP ．【解析】解：（1）如图1中，∵折叠，∴△AEF ≌△PEF ，∴AE=EP ，∵点E 是AB 中点，即AE=EB ，∴BE=EP ，∴∠EPB=∠B=45°，∴∠PEB=90°，∴∠AEP=180°-90°=90°．（2）∵PF ⊥AC ，∴∠PFA=90°，∵沿EF 将△AEF 折叠得到△PEF ．∴△AEF ≌△PEF ，∴∠AFE=∠PFE=45°，∵∠B=45°，∠C=60°，∴∠BAC=180°-45°-60°=75°，∴∠AEF=∠PEF=180°-75°-45°=60°，∴∠BEP=180°-60°-60°=60°．20．如图1，AB AC =，EF EG =，ABC ≌EFG ，AD BC ⊥于点D ，EH FG ⊥于点H ．(1)直接写出AD 、EH 的数量关系：______；(2)将EFG 沿EH 剪开，让点E 和点C 重合．①按图2放置EHG ，将线段CD 沿EH 平移至HN ，连接AN 、GN ，求证：AN GN ⊥；②按图3放置EHG ，B 、()C E 、H 三点共线，连接AG 交EH 于点M ，若1BD =，3AD =，求CM 的长度．【答案】(1)AD EH =；(2)①见解析；②2【分析】（1）利用全等三角形的性质即可解决问题；（2）①设∠CDN =a ，证明∠AND =∠HNG =45°-2a ，即可解决问题；②易证明AD =DM ，可得CM =DM -DC =3-1=2．【解析】(1)∵△ABC ≌△EFG ，AD ⊥BC 于点D ，EH ⊥FG 于点H ，∴AD =EH ；(2)①如图2中，由题意可知：△ABD ≌△ACD ≌△EFH ≌△EGH ，CD =HG ，AD =CH ，∠ADC =∠CHG =90°，∵DC 沿CH 平移至HN ，∴DN =CH ，DN //CH ，DC=NH ，∴AD=DN ，NH=GH ，∴∠DAN =∠DNA ，∠HNG =∠HGN ，设∠CDN =α，∵DC //NH ，DN //CH ，∴∠CDN +∠DNH =∠DNH +∠CHN =180°，∴∠DNH =180°−α，∠CDN =∠CHN =α，∴∠NHG =90°+α，∴∠AND =∠HNG =45°−2a ，∴∠ANG =∠DNH −∠AND −∠HNG =90°，∴AN ⊥GN ．②解：如图3中，∵AC =GC ，∴∠CAG =∠CGA ，又∵∠CAD =∠GCH ，∴∠CAG +∠CAD =∠CGA +∠GCH ，即∠DAM =∠DMA ，又∵∠ADM =90°，∴∠DAM =∠DMA =45°，∴AD=DM =3，∵DC=BD =1，∴CM =DM −DC =3−1=2．21．如图1，已知在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∠A =30°，将Rt △ABC 绕C 点顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到Rt △DCE（1）当α＝15°，则∠ACE ＝°；（2）如图2，过点C 作CM ⊥BF 于M ，作CN ⊥EF 于N ，求证：CF 平分∠BFE ．（3）求Rt △ABC 绕C 点顺时针旋转，当旋转角α（0°＜α＜90°）为多少度时，△CFG 为等腰三角形．【答案】（1）15；（2）见解析；（3）40゜或20゜【分析】（1）由旋转性质知：∠ACE DCB α=∠=，求出∠ACE 即可；（2）由等面积法证明出CM =CN ，再结合角平分线的判定，即可证CF 平分∠BFE ；（3）根据旋转性质得BFD BCD α∠=∠=，由CF 平分∠BFE 得1190,22CFG CFB BFE α︒∠=∠=∠=-由∠A 为30°得1602ACF α∠=︒-，由AFG BFD α∠=∠=得∠CGF =30°+α，再分CF =CG 或CF =FG 或CG =FG 三种情况讨论，求出α即可．【解析】解：（1）由旋转性质，得：15ACE DCB α∠=∠==︒，故答案为：15；（2）证明：由旋转性质，得：≌ACB ECD △△；∴ABC EDC AB DE S S == ，，∵CM BF CN EF ⊥⊥，，∴1122AB CM DE CN ⋅⋅＝，∴CM CN =，∴CF 平分∠BFE ；（3）∵9030ACB A ∠=︒∠=︒，，∴9060B A ∠=︒-∠=︒，由旋转性质，得：60B D BCD α∠=∠=︒∠=，，∵B BCD D BFD ∠+∠=∠+∠，∴BFD BCD α∠=∠=，∴AFG BFD α∠=∠=，∴30180180CGF BFE BFD αα∠=︒+∠=︒-∠=︒-，，由（2）知CF 平分∠BFE ，∴119022CFG CFB BFE α∠=∠=∠=︒-，∴1602ACF CFB A α∠=∠-∠=︒-，①当CF =CG 时，∠CFG =∠CGF ，∴190302αα︒-=︒+，解得：α=40°，②当CF =FG 时，∠FCG =∠CGF ，∴160302αα︒-=︒+，解得：α=20°，③当CG =FG 时，∠FCG =∠CFG ，∴11906022αα︒-=︒-，此方程无解，综上所述，α=20°或40°时，△CFG 为等腰三角形．22．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB =AC 1，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，且1AD AE ==，连接DE ．现将△ADE 绕点A 顺时针方向旋转，旋转角为α，如图2，连接CE ，BD ，CD ．(1)当0180α︒<<︒时，求证：CE BD =；(2)如图3，当90α=︒时，延长CE 交BD 于点F ，求证：CF 垂直平分BD ．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）利用“SAS ”证得ACE ABD ≌即可得到结论；（2）利用“SAS ”证得ACE ABD ≌，由性质推出ACE ABD ∠=∠，计算得出22CD BC =，再利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；【解析】（1）证明：根据题意：AB =AC ，AD =AE ，∠CAB =∠EAD =90︒，∵∠CAE +∠BAE =∠BAD +∠BAE =90︒，∴∠CAE =∠BAD ，在△ACE 和△ABD 中，AC AB CAE BAD AE AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACE ≅△ABD (SAS)，∴CE =BD ；（2）根据题意：AB =AC ，AD =AE ，∠CAB =∠EAD =90︒，在△ACE 和△ABD 中，AC AB CAE BAD AE AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACE ≌△ABD (SAS)，∴∠ACE =∠ABD ，∵∠ACE +∠AEC =90︒，且∠AEC =∠FEB ，∴∠ABD +∠FEB =90︒，∴∠EFB =90︒，∴CF ⊥BD ，∵AB =AC 21，AD =AE =1，∠CAB =∠EAD =90︒，∴BC2+，CD =AC +AD2+，∴BC =CD ，∵CF ⊥BD ，∴CF 是线段BD 的垂直平分线．23．【问题提出】如图①，在ABC 中，若8,4AB AC ==，求BC 边上的中线AD 的取值范围．【问题解决】解决此问题可以用如下方法：延长AD 到点E ，使DE AD =，再连结BE （或将ACD △绕着点D 逆时针旋转180︒得到EBD △），把AB 、AC 、2AD 集中在ABE △中，利用三角形三边的关系即可判断．由此得出中线AD 的取值范围是____________．【应用】如图②，在ABC 中，D 为边BC 的中点、已知5,3,2AB AC AD ===．求BC 的长．【拓展】如图③，在ABC 中，90A ∠=︒，点D 是边BC 的中点，点E 在边AB 上，过点D 作DE DE ⊥交边AC 于点F ，连结EF ．已知10,12BE CF ==，则EF 的长为____________．【答案】[问题解决]26AD <<；[应用][拓展]【分析】[问题解决]证明DAC DEB ∆≅∆得AC EB =，再根据三角形三边关系求得AE 的取值范围，进而得结论；[应用]延长AD 到E ，使得AD DE =，连接BE ，证明DAC DEB ∆≅∆得AC EB =，再证明90AEB =︒∠，由勾股定理求得BD ，进而得BC ；[拓展]延长FD 到G ，使得DG FD =，连接BG ，EG ，证明CDF BDG ∆≅∆，得BG CF =，DCF DBG ∠=∠，再证明90EBG ∠=︒，由勾股定理求得EG ，由线段垂直平分线性质得EF ．【解析】解：[问题解决]在DAC ∆和DEB ∆中，AD ED ADC EDB CD BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()DAC DEB SAS ∴∆≅∆，4AC EB ∴==，AB BE AE AB BE -<<+ ，8AB =，412AE ∴<<，26AD ∴<<，故答案为：26AD <<；[应用]延长AD 到E ，使得AD DE =，连接BE，如图②，在DAC ∆和DEB ∆中，AD ED ADC EDB CD BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()DAC DEB SAS ∴∆≅∆，6AC EB ∴==，28AE AD == ，10AB =，2226810+= ，222BE AE AB ∴+=，90AEB ∴∠=︒，BD ∴===2BC BD ∴==[拓展]延长FD 到G ，使得DG FD =，连接BG ，EG，如图③，在BDG ∆和CDF ∆中，BD CD BDG CDF DG DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()BDG CDF SAS ∴∆≅∆，6BG CF ∴==，DG DF =，DBG DCF ∠=∠，DE DF ⊥ ，EG EF ∴=，90A ∠=︒ ，90ABC ACB ∴∠+∠=︒，90ABC DBG ∴∠+∠=︒，EG ∴==EF ∴=故答案为：24．已知，四边形ABCD 是正方形，DEF 绕点D 旋转（DE AB <），90EDF ∠=︒，DE DF =，连接AE ，CF ．(1)如图1，求证：ADE ≌CDF ；(2)直线AE 与CF 相交于点G ．①如图2，BM AG ⊥于点M ，⊥BN CF 于点N ，求证：四边形BMGN 是正方形；②如图3，连接BG ，若4AB =，2DE =，直接写出在DEF 旋转的过程中，线段BG 长度的最小值．【答案】(1)见解析；(2)①见解析②【分析】()1根据SAS 证明三角形全等即可；()2①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；②作DH AG ⊥交AG 于点H ，作BM AG ⊥于点M ，证明BMG △是等腰直角三角形，求出BM 的最小值，可得结论．【解析】（1）证明：四边形ABCD 是正方形，AD DC ∴=，90ADC ∠=︒．DE DF = ，90EDF ∠=︒．ADC EDF ∴∠=∠，ADE CDF \Ð=Ð，在ADE 和CDF 中，DA DC ADE CDF DE DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ADE ∴V ≌()SAS CDF △；（2）①证明：如图2中，设AG 与CD 相交于点P．90ADP ∠=︒ ，90DAP DPA ∴∠+∠=︒．ADE ≌CDF ，DAE DCF ∴∠=∠．DPA GPC ∠∠= ，90DAE DPA GPC GCP ∠∠∠∠∴+=+=︒．90PGN ∠∴=︒，BM AG ⊥ ，BN GN ⊥，∴四边形BMGN 是矩形，90MBN ∴∠=︒．四边形ABCD 是正方形，AB BC ∴=，90ABC MBN ∠∠==︒．ABM CBN ∴∠=∠．又90AMB BNC ∠∠==︒ ，AMB ∴ ≌CNB △．MB NB ∴=．∴矩形BMGN 是正方形；②解：作DH AG ⊥交AG 于点H ，作BM AG ⊥于点M ，∵90,90,DHA AMB ADH DAH BAM AD AB∠=∠=︒∠=︒-∠=∠=∴AMB ≌DHA ．BM AH ∴=．222AH AD DH =- ，4=AD ，DH ∴最大时，AH 最小，2DH DE ==最大值．23BM AH ∴==最小值最小值由()2①可知，BGM 是等腰直角三角形，226BG BM ∴==最小值25．折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，如折小花、飞机、小船等，在折纸过程中，我们通过研究图形的性质发展空间观念，在思考问题的过程中建立几何直观．【操作发现】（1）如图1将一个正方形先沿EF 折叠得到图2，再将图2进行第二次折叠，使点E 和点F 重合，折痕与正方形的边交于点M 、N ，如图3，打开这张正方形的纸得到两条折痕EF 和MN ，如图4这两条折痕的位置关系为，EF MN ＝．【探究证明】（2）如图5，将AB ＝1，AD ＝3的长方形按（1）的方式进行折叠，同样得到两条折痕EF 和MN ，（1）中的结论是否还成立，如果成立请证明，如果不成立请说明理由．【拓展延伸】（3）Rt △ABC 中，BC ＝1，AC ＝3，将△ABC 沿着斜边AB 翻折后得的三角形与原来三角形组合成一个四边形ACBD ，将四边形ACBD 分别沿着顶点A 和顶点D 折叠得到两条互相垂直的折痕，交四边形的另两条边于点M 和点N ，AN DM ＝．【答案】（1）垂直，1；（2）位置关系成立，EF MN＝1不成立，理由见解析（3）53【分析】(1）过点没M 作MG ⊥BC 于G ，过点E 作EH ⊥CD 于H ，利用ASA 证明△EHF ≌△MGN ，得MN =EF ，即可得出答案；(2）过点M 作MG ⊥BC 于G ，过点E 作EH ⊥CD 于H ，根据两个角相等证明△EHF ∽△MGN ，得3EF EH AD M N M G AB===；(3）连接CD ，交AB 于G ，则AB 垂直平分CD ，证明△DCM ∽△ABN ，得AN AB DM CD =，利用勾股定理求出AB ，利用等积法求出CG ，从而得出CD ，即可解决问题．【解析】解：（1）如图，过点M 作MG ⊥BC 于G ，过点E 作EH ⊥CD 于H ，则MG ＝EH=AB=BC ，∠EHF ＝∠MGN ，MG ⊥EH ，由折叠知，∠MOE ＝90°，∴∠GMN ＝∠HEF ，∴△EHF ≌△MGN （ASA ），∴MN ＝EF ，∴EF MN＝1，故答案为：垂直，1；（2）位置关系成立，EF MN ＝1不成立，过点M 作MG ⊥BC 于G ，过点E 作EH ⊥CD 于H ，则∠EHF ＝∠MGN ＝90°，MG ⊥EH ，由折叠知，∠MOE ＝90°，∴∠GMN ＝∠HEF ，∴△EHF ∽△MGN ，∴3EF EH AD M N M G AB===；（3）连接CD ，交AB 于G ，∵AC ＝AD ，BC ＝BD ，∴AB 垂直平分CD ，∵AN ⊥DM ，∴∠BAN ＝∠CDM ，∵∠ACB ＝∠CGB ＝90°，∴∠MCD ＝∠ABN ，∴△DCM ∽△ABN ，∴AN AB DM CD=，∵Rt △ABC 中，BC ＝1，AC ＝3，∴AB ，∴CG＝⋅=AC BC AB10，∴CD ＝2CG＝10，∴=AB CD 53，∴53AN DM =，故答案为：53．26．如图1所示，将一个长为6宽为4的长方形ABEF ，裁成一个边长为4的正方形ABCD 和一个长为4、宽为2的长方形CEFD 如图2．现将小长方形CEFD 绕点C 顺时针旋转至CE F D '''，旋转角为a．(1)当点D ¢恰好落在EF 边上时，求旋转角a 的值；(2)如图3，G 为BC 中点，且0°＜a ＜90°，求证：GD E D ''=；(3)小军是一个爱动手研究数学问题的孩子，他发现在小长方形CEFD 绕点C 顺时针旋转一周的过程中，DCD ' 与CBD '△存在两次全等，请你帮助小军直接写出当DCD ' 与CBD '△全等时，旋转角a 的值．【答案】(1)30°；(2)见解析；(3)135°，315°【分析】（1）由含30°角的直角三角形的性质可知∠CD ′E =30°，再根据平行线的性质即得出∠α=30°；（2）由题意可得出CE =CE ′=CG =2，由矩形的性质和旋转的性质可得出∠GCD ′=∠DCE ′=90°+α，进而可利用“SAS”证明△GCD ′≌△E ′CD ，即得出GD ′=E ′D ；（3）根据正方形的性质可得CB =CD ，而CD CD '=，则BCD ' 和DCD ' 为腰相等的两个等腰三角形，所以当两个三角形顶角相等时它们全等．再分类讨论①当BCD ' 和DCD ' 为钝角三角形时，则旋转角135α=︒；②当BCD ' 和DCD ' 为锐角三角形时，则315α=︒．【解析】（1）∵长为4，宽为2的长方形CEFD 绕点C 顺时针旋转至CE ′F ′D ′，∴CD ′=CD =4，在Rt △CED ′中，CD ′=4，CE =2，。

2019-2020年九年级下学期数学专题复习：全等变换(平移、旋转、翻折)

2019-2020年九年级下学期数学专题复习：全等变换（平移、旋转、翻折）1、如图，在△ABC 中，AC=BC ，点D 、E 分别是边AB 、AC 的中点，将△ADE 绕点E 旋转180°得△CFE，则四边形ADCF 一定是（） A ．矩形 B ．菱形 C ．正方形 D ．梯形2、把一副三角板如图甲放置，其中90ACB DEC ∠=∠=，45A ∠=，30D ∠=，斜边6AB =，7DC =，把三角板DCE 绕着点C 顺时针旋转15得到△11D CE （如图乙），此时AB 与1CD 交于点O ，则线段1AD 的长度为A.53、如图，在△ABC 中，∠CAB=75°，在同一平面内，将△ABC 绕点A 旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′=（）A ． 30°B ． 35°C ． 40°D ． 50°4、将等腰直角三角形AOB 按如图所示放置，然后绕点O 逆时针旋转90︒至A OB ''∆的位置，点B 的横坐标为2，则点A '的坐标为（） A ．(1,1)B ．)C ．(-1,1)D ．()5、如图，将四边形ABCD 先向左平移3个单位，再向上平移2个单位，那么点A 的对应点A′的坐标是（）A ．（6，1）B ．（0，1）C ．（0，﹣3）D ．（6，﹣3）DCAE B AD 1OE 1BC图甲图乙6、在如图所示的单位正方形网格中，△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知在AC上一点P（2.4，2）平移后的对应点为P1，点P1绕点O逆时针旋转180°，得到对应点P2，则P2点的坐标为（）A．（1.4，﹣1）B．（1.5，2）C．（1.6，1）D．（2.4，1）7、如图，已知四边形ABCD是矩形，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，连接DE．若DE：AC=3：5，则的值为（）A．B．C．D．8、如图，在平面直角坐标系中，将点A（﹣2，3）向右平移3个单位长度后，那么平移后对应的点A′的坐标是（）A．（﹣2，﹣3）B．（﹣2，6）C．（1，3）D．（﹣2， 1）9、如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=25°，D是AB上一点．将Rt△ABC沿CD折叠，使B点落在AC边上的B′处，则∠ADB′等于（）A．25°B．30°C．35°D．40°10、如图，将长方形纸片ABCD折叠，使边DC落在对角线AC上，折痕为CE，且D点落在对角线D′处．若AB=3，AD=4，则ED的长为（）A．B．3C．1D．11、如图，将△ABC沿直线DE折叠后，使得点B与点A重合．已知AC=5cm，△ADC的周长为17cm，则BC的长为（）A ． 7cmB ． 10cmC ． 12cmD ． 22cm12、在平面直角坐标系中，线段OP 的两个端点坐标分别是O （0，0），P （4，3），将线段OP 绕点O 逆时针旋转90°到OP′位置，则点P′的坐标为（） A ．（3，4） B ．（﹣4，3） C ．（﹣3，4）D ．（4，﹣3）13、如图，将矩形ABCD 沿对角线BD 折叠，使点C 与点C ’重合。

人教版九年级下册数学第一轮复习教案：第29课时图形变换(中心对称专题)

第29课时图形变换（旋转与中心对称专题二）【课标要求】1、认识旋转，探索它的基本性质2、对应点到旋转中心的距离相等，对应点3、与旋转中心连线所成的角彼此相等的性质4、平行四边形，圆是中心对称图形5、按要求作出简单平面图形旋转后的图形6、探索图形之间的变换关系(轴对称、平移、旋转及组合)【知识要点】1. 把一个图形绕着某一个点旋转 °，如果旋转后的图形能够与原来的图形，那么这个图形叫做图形，这个点就是它的．2. 把一个图形绕着某一个点旋转 °，如果它能够与另一个图形，那么就说这两个图形关于这个点，这个点叫做．这两个图形中的对应点叫做关于中心的．3. 关于中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过，而且被对称中所．关于中心对称的两个图形是图形.4. 图形旋转的定义：把一个图形的图形变换，叫做旋转，叫做旋转中心，叫做旋转角．5. 图形的旋转由、和所决定．其中①旋转在旋转过程中保持不动．②旋转分为时针和时针. ③旋转一般小于360º.6. 旋转的特征是：图形中每一点都绕着旋转了的角度，对应点到旋转中心的相等，对应相等，对应相等，图形的都没有发生变化.也就是旋转前后的两个图形 .【典型例题】1．如图，BAC ∠位于66⨯的方格纸中，则tan BAC ∠＝ .2．如图，在平面直角坐标系中，将线段AB 绕点A 按逆时针方向旋转90°后，得到线段AB ′，则点B ′的坐标为__________．均为76⨯的正方形网格，点A B C 、、在格点(小正方3. 图①、图②形的顶点)上．中确定格点D ，并画出一个以A B C D 、、、为顶点的（1）在图①四边形，使其为轴对称图形；确定格点E ，并画出一个以A B C E 、、、为顶点的四（2）在图②中边形，使其为中心对称图形．4．（2017·汕头）已知两个全等的直角三角形纸片ABC 、DEF ，如图（1）放置，点B 、D 重合，点F 在BC 上，AB 与EF 交于点G ．∠C =∠EFB =90º，∠E =∠ABC =30º，AB =DE =4．（1）求证：△EGB 是等腰三角形；（2）若纸片DEF 不动，问△ABC 绕点F 逆时针旋转最小_____度时，四边形ACDE 成为以ED 为底的梯形（如图（2））．求此梯形的高．【课堂检测】1．如图，在6×4方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（） A ．点M B ．格点N C ．格点P D ．格点Q为原点，每个小方格的边长为1个单位长度，在第一2．如图，在平面直角坐标系中，O B 两点，且10==OB OA ．（1）写出A 、B 的坐象限内有横、纵坐标均为整学的A 、标；（2）画出线段AB 绕点O 旋转一周所形成的图形，并求其面积（结果保留π）．3．（2017 江苏镇江）动手操作（本小题满分6分）在如图所示的方格纸中，△ABC 的顶点都在小正方形的顶点上，以小正方形互相垂直的两边所在直线建立直角坐标系. （1）作出△ABC 关于y 轴对称的△A 1B 1C 1，其中A ，B ，C 分别和A 1，B 1，C 1对应；（2）平移△ABC ，使得A 点在x 轴上，B 点在y 轴上，平移后的三角形记为△A 2B 2C 2，作出平移后的△（3题）图①图②A 2B 2C 2，其中A ，B ，C 分别和A 2，B 2，C 2对应；（3）填空：在（2）中，设原△ABC 的外心为M ，△A 2B 2C 2的外心为M ，则M 与M 2之间的距离为 .5．（本题满分10分）图中的小方格都是边长为1的正方形，△ABC 的顶点和O 点都在正方形的顶点上．（1）以点O 为位似中心，在方格图中将△ABC 放大为原来的2倍，得到△A ′B ′C ′；绕点B ′顺时针旋转90，画出旋转后得到的△（2）△A ′B ′C ′A ″B ′C ″，并求边A ′B ′在旋转过程中扫过的图形面积．6．（本题满分10分）如图，正方形网格中的每一个小正方形的边长都是1，四边形ABCD 的四个顶点都在格点上，O 为AD 边的中点，若把四边形ABCD 绕着点O 顺时针旋转180°．试解决下列问题：（1）画出四边形ABCD 旋转后的图形；（2）求点C 旋转过程中所经过的路径长；（3）设点B 旋转后的对应点为B ’，求tan ∠DAB ’的值．【课后作业】1.如图，边长为1的正方形ABCD 绕点A 逆时针旋转45°后得到正方形AB 1C 1D 1，边B 1C 1与CD 交于点O ，则四边形AB 1OD的周长．．是（） A ．2 2 B ．3 C ．2 D ．1＋ 2CDFE 拼成一个矩形ABEF ，把一个足够大的直角三2．用两个全等的正方形ABCD 和角尺的直角顶点与这个矩形的边AF 的中点D 重合，且将直角三角尺绕点D 按逆时针方向旋转．（1）当直角三角尺的两直角边分别与矩形ABEF 的两边BE EF ，相交于点G H ，时，如图甲，通过观察或测量BG 与EH 的长度，你能得到什么结论？并证明你的结论．（2）当直角三角尺的两直角边分别与BE 的延长线，EF 的延长线相交于点G H ，时（如图乙），你在图甲中得到的结论还成立吗？简要说明理由．3．如图，四边形ABCD 是正方形，△ABE 是等边三角形，M 为对角线BD （不含B 点）上任意一点，将BM 绕点B 逆时针旋转60°得到BN ，连接EN 、AM 、CM.⑴ 求证：△AMB ≌△ENB ；⑵ ①当M 点在何处时，AM ＋CM 的值最小；②当M 点在何处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，并说明理由； ⑶ 当AM ＋BM ＋CM 的最小值为13 时，求正方形的边长.4．如图所示，在△ABC 中，D 、E 分别是AB 、AC 上的点，DE ∥BC ，如图①，然后将△ADE 绕A 点顺时针旋转一定角度，得到图②，然后将BD 、CE 分别延长至M 、N ，使DM ＝21BD ，EN ＝21CE ，得到图③，请解答下列问题：(1)若AB ＝AC ，请探究下列数量关系：①在图②中，BD 与CE 的数量关系是________________；②在图③中，猜想AM 与AN 的数量关系、∠MAN 与∠BAC 的数量关系，并证明你的猜想；(2)若AB ＝k ·AC(k ＞1)，按上述操作方法，得到图④，请继续探究：AM 与AN 的数量关系、∠MAN 与∠BAC 的数量关系，直接写出你的猜想，不必证明．5.在△ABC 中，AB=AC=2，∠A=90°，取一块含45°角的直角三角形尺，将直角顶点放在斜边BC 边的中点O 处，顺时针方向旋转（如图1）；使90°角的两边与Rt △ABC 的两边AB ，AC 分别相交于点E ，F （如图2），设BE=x ，CF=y 。

2023中考数学常见几何模型《全等模型-倍长中线与截长补短》含答案解析

专题01 全等模型--倍长中线与截长补短全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就全等三角形中的重要模型（倍长中线模型、截长补短模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1.倍长中线模型【模型解读】中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．（注：一般都是原题已经有中线时用，不太会有自己画中线的时候）。

【常见模型及证法】1、基本型：如图1，在三角形ABC 中，AD 为BC 边上的中线.证明思路：延长AD 至点E ，使得AD =DE . 若连结BE ，则BDE CDA ∆≅∆；若连结EC ，则ABD ECD ∆≅∆；2、中点型:如图2，C 为AB 的中点.证明思路：若延长EC 至点F ，使得CF EC =，连结AF ，则BCE ACF ∆≅∆;若延长DC 至点G ，使得CG DC =，连结BG ，则ACD BCG ∆≅∆.3、中点+平行线型：如图3, //AB CD ，点E 为线段AD 的中点.证明思路：延长CE 交AB 于点F (或交BA 延长线于点F )，则EDC EAF ∆≅∆.1．（2022·山东烟台·一模）（1）方法呈现：如图①：在ABC 中，若6AB =，4AC =，点D 为BC 边的中点，求BC 边上的中线AD 的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长AD 到点E 使DE AD =，再连接BE ，可证ACD EBD △≌△，从而把AB 、AC ，2AD 集中在ABE △中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD 的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；（2）探究应用：如图②，在ABC 中，点D 是BC 的中点，DE DF ⊥于点D ，DE 交AB 于点E ，DF 交AC 于点F ，连接EF ，判断BE CF +与EF 的大小关系并证明；（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD 中，//AB CD ，AF 与DC 的延长线交于点F 、点E 是BC 的中点，若AE 是BAF ∠的角平分线．试探究线段AB ，AF ，CF 之间的数量关系，并加以证明．2．（2022·河南南阳·中考模拟）【教材呈现】如图是华师版八年级上册数学教材第69页的部分内容：如图，在ABC 中，D 是边BC 的中点，过点C 画直线CE ，使//CE AB ，交AD 的延长线于点E ，求证：AD ED=证明∵//CE AB （已知）∴ABD ECD ∠=∠，BAD CED ∠=∠（两直线平行，内错角相等）．在ABD △与ECD 中，∵ABD ECD ∠=∠，BAD CED ∠=∠（已证），BD CD =（已知），∴()A.A.S ABD ECD △△≌，∴AD ED =（全等三角形的对应边相等）．（1）【方法应用】如图①，在ABC 中，6AB =，4AC =，则BC 边上的中线AD 长度的取值范围是______．（2）【猜想证明】如图②，在四边形ABCD 中，//AB CD ，点E 是BC 的中点，若AE 是BAD ∠的平分线，试猜想线段AB 、AD 、DC 之间的数量关系，并证明你的猜想；（3）【拓展延伸】如图③，已知//AB CF ，点E 是BC 的中点，点D 在线段AE 上，EDF BAE ∠=∠，若5AB =，2CF =，求出线段DF 的长．3．（2022·河北·中考模拟）倍长中线的思想在丁倍长某条线段（被延长的线段a 要满足两个条件：①线段a 一个端点是图中一条线段b 的中点；②线段a 与这条线段b 不共线)，然后进行连接，构造三角形全等，再进一步将某些线段进行等量代换，再证明全等或其他的结论，从而解决问题．【应用举例】如图（1），已知：AD 为ABC ∆的中线，求证：2AB AC AD +>．简证：如图（2），延长AD 到E ，使得DE AD =，连接CE ，易证ABD ECD ∆≅∆，得AB = ，在ACE ∆中，AC CE +> ，2AB AC AD +>．【问题解决】（1）如图（3），在ABC ∆中，AD 是BC 边上的中线，E 是AD 上一点，且BE AC =，延长BE 交AC 于F ，求证：AF EF =．（2）如图（4），在ABC ∆中，90,A D ∠=︒是BC 边的中点，E F 、分别在边AB AC 、上，DE DF ⊥，若3,4BE CF ==，求EF 的长．（3）如图（5），AD 是ABC ∆的中线，,AB AE AC AF ==，且90BAE FAC ∠=∠=︒，请直接写出AD 与EF 的数量关系_ 及位置关系_ ．模型2.截长补短模型【模型解读】截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。

2020-2021备战中考数学综合题专题复习【平行四边形】专题解析及答案

2020-2021备战中考数学综合题专题复习【平行四边形】专题解析及答案一、平行四边形1．（1）、动手操作：如图①：将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为EF，若∠ABE＝20°，那么的度数为 .（2）、观察发现：小明将三角形纸片ABC（AB＞AC）沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图②）；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF（如图③）．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？请说明理由．（3）、实践与运用：将矩形纸片ABCD按如下步骤操作：将纸片对折得折痕EF，折痕与AD边交于点E，与BC 边交于点F；将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠，使点A、点D都与点F 重合，展开纸片，此时恰好有MP＝MN＝PQ（如图④），求∠MNF的大小.【答案】（1）125°；（2）同意；（3）60°【解析】试题分析：（1）根据直角三角形的两个锐角互余求得∠AEB=70°，根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°，根据平行线的性质得到∠EFC=125°，再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°；（2）根据第一次折叠，得∠BAD=∠CAD；根据第二次折叠，得EF垂直平分AD，根据等角的余角相等，得∠AEG=∠AFG，则△AEF是等腰三角形；（3）由题意得出：∠NMF=∠AMN=∠MNF，MF=NF，由对称性可知，MF=PF，进而得出△MNF≌△MPF，得出3∠MNF=180°求出即可．试题解析：（1）、∵在直角三角形ABE中，∠ABE=20°，∴∠AEB=70°，∴∠BED=110°，根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°．∵AD∥BC，∴∠EFC=125°，再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°．；（2）、同意，如图，设AD与EF交于点G由折叠知，AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD．由折叠知，∠AGE=∠DGE=90°，所以∠AGE=∠AGF=90°，所以∠AEF=∠AFE．所以AE=AF，即△AEF为等腰三角形．（3）、由题意得出：∠NMF＝∠AMN＝∠MNF，∴MF＝NF，由折叠可知，MF＝PF，∴NF＝PF，而由题意得出：MP＝MN，又∵MF＝MF，∴△MNF≌△MPF，∴∠PMF＝∠NMF，而∠PMF＋∠NMF＋∠MNF＝180°，即3∠MNF＝180°，∴∠MNF＝60°.考点：1.折叠的性质；2.等边三角形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.等腰三角形的判定2．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H．（1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE的位置关系，并加以证明；（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG；（3）当点E、F运动到如图3所示的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO的度数．【答案】（1）①证明见解析；②AG⊥BE．理由见解析；（2）证明见解析；（3）∠BHO=45°．【解析】试题分析：（1）①根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；②根据正方形的性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，所以HO 平分∠BHG，即∠BHO=45°．试题解析：（1）①∵四边形ABCD为正方形，∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，在△ADG和△CDG中，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG=∠DCG；②AG⊥BE．理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，在△ABE和△DCF中，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE=∠DCF，∵∠DAG=∠DCG，∴∠DAG=∠ABE，∵∠DAG+∠BAG=90°，∴∠ABE+∠BAG=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE；（2）由（1）可知AG⊥BE．如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．∴∠MON=90°，又∵OA⊥OB，∴∠AON=∠BOM．∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，∴∠OAN=∠OBM．在△AON与△BOM中，∴△AON≌△BOM（AAS）．∴OM=ON，∴矩形OMHN为正方形，∴HO平分∠BHG．（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．与（1）同理，可以证明AG⊥BE．过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM，可得OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，∴∠BHO=45°．考点：1、四边形综合题；2、全等三角形的判定与性质；3、正方形的性质3．如果两个三角形的两条边对应相等，夹角互补，那么这两个三角形叫做互补三角形，如图2，分别以△ABC的边AB、AC为边向外作正方形ABDE和ACGF，则图中的两个三角形就是互补三角形．（1）用尺规将图1中的△ABC分割成两个互补三角形；（2）证明图2中的△ABC分割成两个互补三角形；（3）如图3，在图2的基础上再以BC为边向外作正方形BCHI．①已知三个正方形面积分别是17、13、10，在如图4的网格中（网格中每个小正方形的边长为1）画出边长为、、的三角形，并计算图3中六边形DEFGHI的面积．②若△ABC的面积为2，求以EF、DI、HG的长为边的三角形面积．【答案】（1）作图见解析（2）证明见解析（3）①62；②6【解析】试题分析：（1）作BC边上的中线AD即可．（2）根据互补三角形的定义证明即可．（3）①画出图形后，利用割补法求面积即可．②平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，只要证明S△EFM=3S△ABC即可．试题解析：（1）如图1中，作BC边上的中线AD，△ABD和△ADC是互补三角形．（2）如图2中，延长FA到点H，使得AH=AF，连接EH．∵四边形ABDE，四边形ACGF是正方形，∴AB=AE，AF=AC，∠BAE=∠CAF=90°，∴∠EAF+∠BAC=180°，∴△AEF和△ABC是两个互补三角形．∵∠EAH+∠HAB=∠BAC+∠HAB=90°，∴∠EAH=∠BAC，∵AF=AC，∴AH=AB，在△AEH和△ABC中，∴△AEH≌△ABC，∴S△AEF=S△AEH=S△ABC．（3）①边长为、、的三角形如图4所示．∵S△ABC=3×4﹣2﹣1.5﹣3=5.5，∴S六边形=17+13+10+4×5.5=62．②如图3中，平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，设∠ABC=x，∵AM∥CH，CH⊥BC，∴AM⊥BC，∴∠EAM=90°+90°﹣x=180°﹣x，∵∠DBI=360°﹣90°﹣90°﹣x=180°﹣x，∴∠EAM=∠DBI，∵AE=BD，∴△AEM≌△DBI，∵在△DBI和△ABC中，DB=AB，BI=BC，∠DBI+∠ABC=180°，∴△DBI和△ABC是互补三角形，∴S△AEM=S△AEF=S△AFM=2，∴S△EFM=3S△ABC=6．考点：1、作图﹣应用与设计，2、三角形面积4．如图，△ABC是等边三角形，AB=6cm，D为边AB中点．动点P、Q在边AB上同时从点D出发，点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动．点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动，回到点D停止．以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN．将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（cm2），点P运动的时间为t（s）（0＜t＜3）．（1）当点N落在边BC上时，求t的值．（2）当点N到点A、B的距离相等时，求t的值．（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间的函数表达式．（4）设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2：3时t的值．【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或【解析】试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重合，此时DQ=3；（2）当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，此时PD=DQ；（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出t的值．试题解析：（1）∵△PQN与△ABC都是等边三角形，∴当点N落在边BC上时，点Q与点B重合．∴DQ=3∴2t=3．∴t=；（2）∵当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，∴PD=DQ，当0＜t＜时，此时，PD=t，DQ=2t∴t=2t∴t=0（不合题意，舍去），当≤t＜3时，此时，PD=t，DQ=6﹣2t∴t=6﹣2t，解得t=2；综上所述，当点N到点A、B的距离相等时，t=2；（3）由题意知：此时，PD=t，DQ=2t当点M在BC边上时，∴MN=BQ∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t∴3t=3﹣2t∴解得t=如图①，当0≤t≤时，S△PNQ=PQ2=t2；∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，如图②，当≤t≤时，设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，∵△EMF是等边三角形，∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2．；（4）MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，此时＜t＜，t=1或．考点：几何变换综合题5．如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发．以每秒1个单位的速度运动．其中，点M 沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了x秒．（1）P点的坐标为多少（用含x的代数式表示）；（2）试求△NPC面积S的表达式，并求出面积S的最大值及相应的x值；（3）当x为何值时，△NPC是一个等腰三角形？简要说明理由．【答案】（1）P点坐标为（x，3﹣x）．（2）S的最大值为，此时x=2．（3）x=，或x=，或x=．【解析】试题分析：（1）求P点的坐标，也就是求OM和PM的长，已知了OM的长为x，关键是求出PM的长，方法不唯一，①可通过PM∥OC得出的对应成比例线段来求；②也可延长MP交BC于Q，先在直角三角形CPQ中根据CQ的长和∠ACB的正切值求出PQ的长，然后根据PM=AB﹣PQ来求出PM的长．得出OM和PM的长，即可求出P点的坐标．（2）可按（1）②中的方法经求出PQ的长，而CN的长可根据CN=BC﹣BN来求得，因此根据三角形的面积计算公式即可得出S，x的函数关系式．（3）本题要分类讨论：①当CP=CN时，可在直角三角形CPQ中，用CQ的长即x和∠ABC的余弦值求出CP的表达式，然后联立CN的表达式即可求出x的值；②当CP=PN时，那么CQ=QN，先在直角三角形CPQ中求出CQ的长，然后根据QN=CN﹣CQ求出QN的表达式，根据题设的等量条件即可得出x的值．③当CN=PN时，先求出QP和QN的长，然后在直角三角形PNQ中，用勾股定理求出PN 的长，联立CN的表达式即可求出x的值．试题解析：（1）过点P作PQ⊥BC于点Q，有题意可得：PQ∥AB，∴△CQP∽△CBA，∴∴解得：QP=x，∴PM=3﹣x，由题意可知，C（0，3），M（x，0），N（4﹣x，3），P点坐标为（x，3﹣x）．（2）设△NPC的面积为S，在△NPC中，NC=4﹣x，NC边上的高为，其中，0≤x≤4．∴S=（4﹣x）×x=（﹣x2+4x）=﹣（x﹣2）2+．∴S的最大值为，此时x=2．（3）延长MP交CB于Q，则有PQ⊥BC．①若NP=CP，∵PQ⊥BC，∴NQ=CQ=x．∴3x=4，∴x=．②若CP=CN，则CN=4﹣x，PQ=x，CP=x，4﹣x=x，∴x=；③若CN=NP，则CN=4﹣x．∵PQ=x，NQ=4﹣2x，∵在Rt△PNQ中，PN2=NQ2+PQ2，∴（4﹣x）2=（4﹣2x）2+（x）2，∴x=．综上所述，x=，或x=，或x=．考点：二次函数综合题．6．如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）133．【解析】分析：（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的长.详解：（1）证明：∵四边形ABCD 是矩形，O 是BD 的中点，∴∠A=90°，AD=BC=4，AB ∥DC ，OB=OD ，∴∠OBE=∠ODF ，在△BOE 和△DOF 中，OBE ODF OB ODBOE DOF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△BOE ≌△DOF （ASA ），∴EO=FO ，∴四边形BEDF 是平行四边形；（2）当四边形BEDF 是菱形时，BD ⊥EF ，设BE=x ，则 DE=x ，AE=6-x ，在Rt △ADE 中，DE 2=AD 2+AE 2，∴x 2=42+（6-x ）2，解得：x=133， ∵∴OB=12∵BD ⊥EF ，∴∴EF=2EO=3．点睛：本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键7．在△ABC 中，AB=BC ，点O 是AC 的中点，点P 是AC 上的一个动点（点P 不与点A ，O ，C 重合）．过点A ，点C 作直线BP 的垂线，垂足分别为点E 和点F ，连接OE ，OF ．（1）如图1，请直接写出线段OE 与OF 的数量关系；（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE 与OF 之间的数量关系和位置关系，并说明理由（3）若|CF ﹣AE|=2，△POF 为等腰三角形时，请直接写出线段OP 的长．【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP的长为62或233.【解析】【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；（3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，∵△EFK是直角三角形，∴OF=12EK=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，∵|CF﹣AE|=2，EF=23，AE=CK，∴FK=2，在Rt△EFK中，tan∠FEK=3，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，∴EK=2FK=4，OF=12EK=2，∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2，在Rt△PHF中，PH=12PF=1，HF=3，OH=2﹣3，∴OP=()2212362+-=-.如图4中，点P在线段OC上，当PO=PF时，∠POF=∠PFO=30°，∴∠BOP=90°，∴323综上所述：OP6223.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.8．如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO=CO，BO=DO，且∠ABC+∠ADC=180°．（1）求证：四边形ABCD是矩形．（2）若∠ADF：∠FDC=3：2，DF⊥AC，求∠BDF的度数．【答案】(1)见解析；（2）18°.【解析】【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形ABCD是平行四边形，求出∠ABC=90°，根据矩形的判定得出即可；（2）求出∠FDC的度数，根据三角形内角和定理求出∠DCO，根据矩形的性质得出OD=OC，求出∠CDO，即可求出答案．【详解】（1）证明：∵AO=CO，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠ADC=90°，∴四边形ABCD是矩形；（2）解：∵∠ADC=90°，∠ADF：∠FDC=3：2，∴∠FDC=36°，∵DF⊥AC，∴∠DCO=90°﹣36°=54°，∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD，∴∠ODC=54°∴∠BDF=∠ODC﹣∠FDC=18°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形．9．如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥DB，垂足为点D，将平行四边形ABCD折叠，使点B落在点D的位置，点C落在点G的位置，折痕为EF，EF交对角线BD于点P．（1）连结CG，请判断四边形DBCG的形状，并说明理由；（2）若AE＝BD，求∠EDF的度数．【答案】（1）四边形BCGD是矩形，理由详见解析；（2）∠EDF＝120°．【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和折叠性质以及矩形的判定解答即可；（2）根据折叠的性质以及直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质解答即可．【详解】解：（1）四边形BCGD是矩形，理由如下，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，即BC∥DG，由折叠可知，BC＝DG，∴四边形BCGD是平行四边形，∵AD⊥BD，∴∠CBD＝90°，∴四边形BCGD是矩形；（2）由折叠可知：EF垂直平分BD，∴BD⊥EF，DP＝BP，∵AD⊥BD，∴EF∥AD∥BC，∴AE PD1==BE BP∴AE＝BE，∴DE是Rt△ADB斜边上的中线，∴DE＝AE＝BE，∵AE＝BD，∴DE＝BD＝BE，∴△DBE是等边三角形，∴∠EDB＝∠DBE＝60°，∵AB∥DC，∴∠DBC＝∠DBE＝60°，∴∠EDF＝120°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠性质，等边三角形的性质和判定，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，有一定的难度10．如图1，在正方形ABCD中，AD=6，点P是对角线BD上任意一点，连接PA，PC过点P作PE⊥PC交直线AB于E．（1）求证：PC=PE;（2）延长AP交直线CD于点F.①如图2，若点F是CD的中点，求△APE的面积；②若ΔAPE的面积是21625，则DF的长为（3）如图3，点E在边AB上，连接EC交BD于点M,作点E关于BD的对称点Q，连接PQ，MQ，过点P作PN∥CD交EC于点N，连接QN，若PQ=5，MN=72，则△MNQ的面积是【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）5 6【解析】【分析】（1）利用正方形每个角都是90°，对角线平分对角的性质，三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和，等角对等边等性质容易得证;（2）作出△ADP和△DFP的高，由面积法容易求出这个高的值.从而得到△PAE的底和高，并求出面积.第2小问思路一样，通过面积法列出方程求解即可;（3）根据已经条件证出△MNQ是直角三角形，计算直角边乘积的一半可得其面积.【详解】(1) 证明：∵点P在对角线BD上，∴△ADP≌△CDP,∴AP=CP , ∠DAP =∠DCP ,∵PE ⊥PC ，∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC,∵∠PAE=90°-∠DAP ＝90°-∠DCP ,∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°,∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)= 135°-∠BPC,∴∠PEA=∠PAE,∴PC=PE;（2）①如图2，过点P 分别作PH ⊥AD,PG ⊥CD,垂足分别为H 、G.延长GP 交AB 于点M.∵四边形ABCD 是正方形，P 在对角线上，∴四边形HPGD 是正方形，∴PH=PG,PM ⊥AB,设PH=PG=a,∵F 是CD 中点，AD ＝6，则FD=3,ADF S n =9,∵ADF S n =ADP DFP S S +n n =1122AD PH DF PG ⨯+⨯, ∴1163922a a ⨯+⨯=,解得a=2, ∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,又∵PA=PE,∴AM=EM,AE=4,∵APE S n =1144822EA MP ⨯=⨯⨯=, ②设HP ＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,∴APE S n =()121626225b b ⨯⨯-=, 解得b=2.4 3.6或,∵ADF S n =ADP DFP S S +n n =1122AD PH DF PG ⨯+⨯, ∴11166222b DF b DF ⨯⨯+⨯=⨯, ∴当b=2.4时，DF=4；当b ＝3.6时，DF ＝9,即DF 的长为4或9;（3）如图，∵E 、Q 关于BP 对称，PN ∥CD,∴∠1＝∠2，∠2+∠3＝∠BDC=45°,∴∠1+∠4=45°,∴∠3=∠4,易证△PEM ≌△PQM, △PNQ ≌△PNC,∴∠5=∠6, ∠7=∠8 ,EM=QM,NQ=NC,∴∠6+∠7=90°,∴△MNQ 是直角三角形,设EM=a,NC=b 列方程组222252372 3a b a b ⎧+=⎪⎪⎨⎛⎪+= ⎪⎝⎭⎩, 可得12ab=56, ∴MNQ 56S V =, 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.要注意运用数形结合思想.11．(1)问题发现如图1,点E. F 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 上,∠EAF =45°，连接EF 、则EF =BE +DF ，试说明理由；(2)类比引申如图2,在四边形ABCD 中,AB =AD ,∠BAD =90°,点E. F 分别在边BC 、CD 上,∠EAF =45°，若∠B ，∠D 都不是直角，则当∠B 与∠D 满足等量关系时，仍有EF =BE +DF ；(3)联想拓展如图3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°，猜想BD、DE、EC 满足的等量关系，并写出推理过程。

全等与变换习题课教案初三.docx

会省与变换知识与能力目标：1、通过一道学生做过的题目为切入点，把一组题目以图形变换的方式串起来，让学生体会压轴题、“起点低，坡度缓，尾巴略翘”的命题思路，使得学生在心理上不再惧怕压轴题。

2、通过探究线段的位置与数量关系让学生体验旋转变换下图形的全等，并会灵活运用构造旋转变换。

2、全等是图形变换的基础，而旋转变换既有运动中的不变性，又有知识与逻辑的平行与替进，动静结合。

方法与过程目标：通过由低到高由简单到复杂阶梯式，螺旋式的设计。

使得学生能内化自己的认知，学会自我评价，查找漏洞，提升能力，增强应变能力，提升综合能力。

情感、态度、价值观：渗透事物是运动的，运动是有规律的辨证思想通过不同背景下的动点问题，使得学生认识到运动与静止的相对性，并能有效提高学生应变能力，对知识的迁移的能力，综合运用知识解决问题的能力。

重点：旋转变换下线段的数量与位置关系。

难点：1、灵活运用旋转变换知识，探究线段之间的数量与位置。

2、使得不同学生都能得到收获与发展。

教学媒体：多媒体电脑，几何画板教学说明：本节渗透动点的相对性问题来实现自我评价，查漏补缺，提升能力，并能3、留出足够的时间让学生自己发现不同背景下的动点:在四边形,梯形等图形中让学生体会它的“运动与静止的相对性"魅力. 割补的思想4、在三角形背景下与相似结合,得到相关的函数关系。

同时学生挑战自己的知识储备与技能.变式一活动三3、动点与全等结合,让学生体会运动与静止的相对性。

复习全等的证明方法（内部）4、由较低的起点使得较低层次的学生也能够体会运动与静止的相对性将引例中的知识与能力进行迁移,并对能力的提高设计学生1:展示证明两个三角形的证明方法在RTAABD 和RTAACE 中探究BE,CD 的位置数量关系。

通过进一步提升难度,满足学生挑战自我的自信心,提升学生战胜困难的决心,同时使得学生从心里上不再抵触,抗拒高档题目,收到水到渠成的效果。

中考复习全等变换(2)

中考复习——全等变换为了在2009年交上一份满意的答卷，我们备课组对2008年各地中考题作了分析，结合本校实际制定了中考复习计划。

我们在分析中发现几何题在整套中考题中所占的比率有所提高，以2008年山东省各市地中考题为例，省中考题中几何部分占了近65分，在各地市中考题中几何题都在55分左右，在中考中要想拿高分，必须重视几何复习，在扎扎实实复习基础知识的基础上，适当综合、拔高，培养学生解决几何问题的能力。

我们将在章节复习之后紧跟上复习最近几年中考的热点——全等变换。

现就这部分的复习方向向老师们做一下介绍，请批评指正。

数学因运动不再枯燥乏味，数学因运动而充满活力。

新课程改革更是推动运动类题目的发展，中考数学卷中运动类题目的形式精彩纷呈，亮点闪烁，而全等变换恰恰是运动类中最精彩的部分，现从2008年各地中考题中选取与此有关的题目加以浅析，希望对我们的中考复习有所帮助。

只改变图形的位置，而不改变其形状大小的图形变换叫做全等变换，它包括平移、翻转、旋转等三种全等变换方法。

现分别举例说明：一、平移变换1、（2008山东青岛）如图，把图①中的△ABC 经过一定的变换得到图②中的A B C '''△，如果图①中△ABC上点P 的坐标为()a b ，，那么这个点在图②中的对应点P '的坐标为（）A ．(23)a b --，B ．(32)a b --，C ．(32)a b ++，D ．(23)a b ++，此题是三角形在平面直角坐标系里的平移问题，要求平移后P 点的坐标就需要观察出这个三角形是如何平移的，而三角形的平移就是对应点的平移，可以观察三角形的某个顶点，如A 点，它是由（—3，—2）平移至（0，0），是向上平移两个单位，再向右平移三个单位，所以P 点也经过同样的平移，答案是C 。

解决这类问题需要我们找好对应，知道实际移动的是点。

2、（2008山东泰安）15、在如图所示的单位正方形网格中，将ABC △向右平移3个单位后得到A B C '''△（其中A B C ，，的对应点分别为A B C '''，，），则BA A '∠的度数是．此题作为填空题的第三个属于中档题，解决此题首先要能画出平移后的图形，然后再根据网格中线段的长度求角度，体现了数形结合思想，考查了学生的动手画图能力和观察能力。

高中数学第三章三角恒等变形双基限时练29含解析北师大版必修4

双基限时练(二十九) 二倍角的三角函数(二)一、选择题1．cos 2π8－12的值为( )A ．1解析 cos 2π8－12＝2cos 2π8－12＝cosπ42＝24.答案 D－1－cos100°＝( ) A ．－2sin5° B ．2sin5° C ．－2cos5°D ．2cos5°解析原式＝1－sin10°－1＋sin10°＝|cos5°－sin5°|－|cos5°＋sin5°|＝－2sin5°.答案 A3．若tan θ＋1tan θ＝4，则sin2θ＝( )解析方式一：∵tan θ＋1tan θ＝1＋tan 2θtan θ＝4，∴4tan θ＝1＋tan 2θ，∴sin2θ＝2sin θcos θ＝2sin θcos θsin 2θ＋cos 2θ＝2tan θ1＋tan 2θ＝2tan θ4tan θ＝12.方式二：∵tan θ＋1tan θ＝sin θcos θ＋cos θsin θ＝1cos θsin θ＝2sin2θ.∴4＝2sin2θ，故sin2θ＝12.答案 D4．已知向量a ＝(2，sin x )，b ＝(cos 2x,2cos x )，则函数f (x )＝a·b 的最小正周期是( ) B ．π C ．2πD ．4π解析 ∵f (x )＝a·b ＝2cos 2x ＋2sin x cos x ＝1＋cos2x ＋sin2x ＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，∴f (x )＝a·b 的最小正周期是π. 答案 B5．函数f (x )＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4是( )A ．周期为π的偶函数B ．周期为π的奇函数C ．周期为2π的偶函数D ．周期为2π的奇函数解析 f (x )＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －π4－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin2x .∴f (x )为奇函数，且周期为π. 答案 B6．若θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，sin2θ＝378，则sin θ＝( )解析 ∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，∴2θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，故2cos2θ≤0，∴cos2θ＝－1－sin 22θ＝－1－⎝⎛⎭⎪⎫3782＝－18. 又cos2θ＝1－2sin 2θ，∴sin 2θ＝1－cos2θ2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－182＝916，∴sin θ＝34，故选D. 答案 D 二、填空题7．已知tan α＝13，则sin2α＋cos 2α＝__________.解析 sin2α＋cos 2α＝2sin αcos α＋cos 2αsin 2α＋cos 2α＝2tan α＋1tan 2α＋1＝2×13＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1＝32.答案328．若f (sin x )＝3－cos2x ，则f (cos x )＝__________.解析 f (sin x )＝3－cos2x ＝3－(1－2sin 2x )＝2＋2sin 2x ，f (cos x )＝2＋2cos 2x ＝2＋1＋cos2x ＝3＋cos2x .答案 3＋cos2x9．若sin α2＝1＋sin α－1－sin α，0≤α≤π，则tan α的值是________．解析两边平方得sin 2α2＝2－21－sin 2α，∴1－cos α2＝2－2|cos α|.①当0≤α≤π2时，①式为1－cos α2＝2－2cos α，∴cos α＝1，∴α＝0，∴tan α＝0.当π2<α≤π时，①式为1－cos α2＝2＋2cos α， ∴cos α＝－35，∴sin α＝45.∴tan α＝－43答案 0或－43三、解答题10．已知cos θ＝－35，而且180°<θ<270°，求tan θ2.解解法一：因为180°<θ<270°，所以90°<θ2<135°，即θ2是第二象限角，所以tan θ2<0，∴tan θ2＝－1－cos θ1＋cos θ＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－351＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝－2.解法二：因为180°<θ<270°，即θ是第三象限角， ∴sin θ＝－1－cos 2θ＝－1－925＝－45， ∴tan θ2＝1－cos θsin θ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－35－45＝－2，或tan θ2＝sin θ1＋cos θ＝－451＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝－2.11．化简：错误!(180°<α<360°)．解原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2α2＋2sin α2cos α2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α2－cos α22|cos α2|∵180°<α<360°，∴90°<α2<180°，故cos α2<0，∴上式＝2cos α2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos α2＋sin α2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α2－cos α2－2cosα2＝cos 2α2－sin 2α2＝cos α.12．已知函数f (x )＝2a cos 2x ＋b sin x cos x －32，且f (0)＝32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝12，(1)求f (x )的解析式； (2)写出f (x )的单调增区间．解(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a －32＝32，a ＋b 2－32＝12，得⎩⎨⎧a ＝32，b ＝1.∴f (x )＝3cos 2x ＋sin x cos x －32＝3·1＋cos2x 2＋12sin2x －32＝32cos2x ＋12sin2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.(2)由2k π－π2≤2x ＋π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，得－512π＋k π≤x ≤k π＋π12(k ∈Z )．∴f (x )的单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－512π，k π＋π12(k ∈Z )．13．已知向量a ＝(1＋sin2x ，sin x －cos x )，b ＝(1，sin x ＋cos x )，函数f (x )＝a ·b . (1)求f (x )的最大值及相应的x 值； (2)若f (θ)＝85，求cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－2θ的值．解 (1)因为a ＝(1＋sin2x ，sin x －cos x )，b ＝(1，sin x ＋cos x )，所以f (x )＝1＋sin2x ＋sin 2x －cos 2x ＝1＋sin2x －cos2x ＝2sin(2x －π4)＋1.因此，当2x －π4＝2k π＋π2，即x ＝k π＋3π8(k ∈Z )时，f (x )取得最大值2＋1.(2)由f (θ)＝1＋sin2θ－cos2θ及f (θ)＝85得sin2θ－cos2θ＝35，两边平方得1－sin4θ＝925，即sin4θ＝1625.因此，cos2(π4－2θ)＝cos(π2－4θ)＝sin4θ＝1625.。

中考数学第七单元图形的变化第29课时图形的相似

考点2 相似图形
3.相似多边形的概念及性质
概念：我们把对应角相等，并且对应边成比例的
两个多边形叫做相似多边形．
成比例
性质：(1)相似多边形的对应边
；
(2)相似多边形的对应角相等；
(3)相似多边形周长的比等于相似比，相
似多边形面积的比等于相似比的平方．
请同学们完成P104考点巩固
1.如图，小正方形的边长均为1，则下列图中的三角
图形的相似
考点一：成比例线段
1.成比例线段
若四条线段 a、b、c、d 中，如果 a c
bd
（或a：b=c：d），那么这四条线段a、b、 c 、 d
叫做成比例线段，简称比例线段.
其中a、b、c、d 叫做组成比例的项；线段 a、d 叫做比例外项；线段 b、c 叫做比例内项。
2.比例的基本性质
(2)若2x 3 y 1 ，则 y 3 x y 2 x 7
4. 平行线分线段成比例:(2011版新课标新增内容)
（1）两条直线被一组④_平__行__线__所截，如果在其中一条直线上截得的线段相等，那么在另一条直线上截得的线段也⑤ ____相等_. （2）基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段⑥_成__比__例___.
AC 2 AB • BC, AC 5 1 AB 2
AC≈0.618AB.
若C是线段AB的黄金分割点，较长线段AC 2 5 1 ,
则AB _4___ .
1、下列各组线段的长度成比例的是（ D）
A. 2，3，4，1
B. 1.5，2.5，6.5，4.5
C. 1.1，2.2，3.3，4.4 D. 1，2，2，4
∴BE ＝ 4 4 3 ，
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2019届河北省中考数学系统复习：第七单元图形变换第28讲图形的平移、旋转与位似8年真题训练

2019届河北省中考数学系统复习：第七单元图形变换第28讲图形的平移、旋转与位似8年真题训练第28讲图形的平移、旋转与位似命题点近8年的命题形式考查方向平移2018(T15选)，2014(T24解)，2011(T17填)由于平移的性质比较简单，因此考查的频率较少，注意平移的隐性考查，即函数图象的平移越来越可能出现在中考的题目中.旋转2017(T25解、T23解)，2015(T26解)，2014(T23解)，2013(T20填、T24解、T26解)，2011(T25解)高频考点主要是解答题形式，以常见的几何图形为背景，旋转为操作手段，通过对特殊位置的研究，考查几何图形的性质，综合解题能力.位似2012(T23解)，2011(T20(1)解)既考查位似作图，又考查在位似变换的条件下，探究变换后原来结论是否成立.命题点1 图形的平移1．(2011·河北T17·3分)如图1，两个等边△ABD，△CBD 的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得到图2，则阴影部分的周长为2．图 1 图2命题点2 位似2．(2011·河北T20·8分)如图，在6×8网格图中，每个小正方形边长均为1，点O和△ABC的顶点均为小正方形的顶点．(1)以O为位似中心，在网格图中作△A′B′C′，使△A′B′C′和△ABC位似，且位似比为1∶2；(2)连接(1)中的AA′，求四边形AA′C′C的周长．(结果保留根号)解：(1)如图所示．(2)AA′＝CC′＝2.在Rt△OA′C′中，OA′＝OC′＝2，∴A′C′＝2 2.同理可得，AC＝4 2.∴四边形AA′C′C的周长为4＋6 2.易错提示易把图形的平移与图形轴对称混淆，从而产生错误．重难点2 与图形的旋转相关的计算与证明如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为AC边上一点，将线段AD绕点A逆时针旋转到线段AE，使得AE⊥AB，且点E，D，B恰好在同一直线上，作EM⊥AC于点M.(1)若线段AD逆时针旋转了54°，求∠CBD的度数；(2)求证：AB＝EM＋BC.【思路点拨】(1)求∠CBD的度数可以转化成求∠ADE的度数，求∠ADE的度数相当于在等腰△ADE中，已知顶角求底角；(2)对于证明AB＝EM＋BC，可作DF⊥AB 于F，先证明AF＝EM，再证明BF＝BC.【自主解答】解：(1)由旋转的性质，得AD＝AE，∵∠DAE＝54°，∴∠ADE＝12(180°－∠DAE)＝12×(180°－54°)＝63°.∵∠BDC＝∠ADE＝63°，∠C＝90°，∴∠CBD＝90°－∠BDC＝90°－63°＝27°.(2)证明：过点D 作DF⊥AB 于点F.∵AE⊥AB，EM⊥AC，∴∠AEM＋∠EAM＝∠DAF＋∠EAM＝90°，即∠AEM＝∠DAF.在△AEM 和△DAF 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠AEM＝∠DAF，∠AME＝∠DFA＝90°，AE ＝DA ，∴△AEM≌△DAF(AAS )．∴AF＝EM.∵∠CBD＋∠BDC＝90°，∠ABD＋∠AED＝90°，∠AED＝∠ADE＝∠BDC，∴∠CBD＝∠ABD.又∵DC⊥BC，DF⊥BF，∴CD＝FD.在Rt △BCD 和Rt △BFD 中，⎩⎨⎧BD ＝BD ，CD ＝FD ，∴Rt △BCD≌Rt △BFD(HL )．∴BC＝BF.又∵AB＝AF ＋BF ，∴AB＝EM ＋BC.【变式训练3】 (2018·南充)如图，在矩形ABCD 中，AC ＝2AB ，将矩形ABCD 绕点A 旋转得到矩形AB′C′D′，使点B 的对应点B′落在AC 上，B′C′交AD 于点E ，在B′C′上取点F ，使B′F＝AB.(1)求证：AE＝C′E；(2)求∠FBB′的度数；(3)已知AB＝2，求BF的长．解：(1)证明：∵在Rt△ABC中，AC＝2AB，∴∠ACB＝∠AC′B′＝30°，∠BAC＝60°.由旋转，得AB′＝AB，∠B′AC＝∠BAC＝60°.∴∠EAC′＝∠AC′B′＝30°.∴AE＝C′E.(2)∵∠BAC＝60°，AB＝AB′，∴△ABB′为等边三角形．∴AB＝BB′，∠AB′B＝60°.∴∠FB′B＝150°.∵B′F＝AB＝BB′，∴∠FBB′＝12×(180°－∠FB′B)＝15°.(3)过点B作BH⊥B′C′，垂足为H.∵∠BB′H＝30°，B′B＝2，∴BH＝1，B′H＝3.∴FH ＝3＋2.∴BF＝12＋（2＋3）2＝8＋43＝6＋ 2.方法指导1．一条线段旋转相当于形成一个等腰三角形，旋转角是等腰三角形的顶角，同样等腰三角形也可以看作一条线段绕它的一个端点旋转得到图形．2．证明一条线段等于两条线段的和，通常用截长法或补短法，表示为：若证明a＝b＋c，先从a中截取d＝c，再证明剩下的e＝b或先把b，c补成一条线段，再证明补得的线段与a相等．注：本题还可以先截取AF＝EM，再证明BF＝BC.重难点3 位似如图，等腰△OBA和等腰△ACD是位似图形，则这两个等腰三角形位似中心的坐标是(－2，0)．【思路点拨】由于位似中心是对应点连线的交点，对应边平行或在同一条直线上，因此连接CB并延长与x 轴的交点即所求．【变式训练4】(2018·河北模拟)如图，在平面直角坐标系中，与△ABC是位似图形的是(C)A．① B．② C．③ D．④【变式训练5】(2018·承德模拟)在平面直角坐标系中，点A(6，3)，以原点O为位似中心，在第一象限内把线段OA缩小为原来的13得到线段OC，则点C的坐标为(A)A．(2，1) B．(2，0) C．(3，3) D．(3，1)方法指导1．位似的两个图形，只可能有一个位似中心，位似中心是两对对应点连线的交点．2．位似比确定，位似中心确定，可作一个图形的两个位似图形，且分居位似中心两侧，大小、形状相等．易错提示作一个图形的位似图形时，可能漏掉一个．1．如图，将方格纸中上面的图形平移后和下面的图形拼成一个长方形，那么正确的平移方法是(C)A．先向下移动1格，再向左移动1格B．先向下移动1格，再向左移动2格C．先向下移动2格，再向左移动1格D．先向下移动2格，再向左移动2格2．(2018·唐山路北区二模)如图，将正方形ABCD中的阴影三角形绕点A顺时针旋转90°后，得到的图形为(A)AB C D3．(2017·枣庄)将数字“6”旋转180°，得到数字“9”，将数字“9”旋转180°，得到数字“6”，现将数字“69”旋转180°，得到的数字是(B)A．96 B．69 C．66 D．994．如图，将△ABC的三边分别扩大一倍，得△A1B1C1(顶点均在格点上)，它们是以点P为位似中心的位似图形，则点P的坐标是(D)A．(－2，0) B．(－1，0) C．(0，－2) D．(0，－1)5．如图，若正六边形ABCDEF绕着中心点O旋转α度后得到的图形与原来图形重合，则α的最小值为(D)A．120 B．90 C．45D．606．(2017·天津)如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD.下列结论一定正确的是(C)A．∠ABD＝∠E B．∠CBE＝∠CC．AD∥BC D．AD＝BC7．(2018·大连)如图，将△ABC绕点B逆时针旋转α，得到△EBD.若点A恰好在ED的延长线上，则∠CAD的度数为(C)A．90°－α B．α C．180°－α D．2α8．(2018·唐山乐亭县一模)如图，网格纸上正方形小格的边长为1.图中线段AB和点P绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段A′B′和点P′，则点P′所在的单位正方形区域是(D)A．① B．② C．③ D．④9．(2018·枣庄)如图，在正方形ABCD中，AD＝23，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为9－53．10．(2018·曲靖)如图，图形①②③均是以P为圆心，1个单位长度为半径的扇形，将图形①②③分别沿东北，正南，西北方向同时平移，每次移动1个单位长度，第一次移动后图形①②③的圆心依次为P1，P2，P3；第二次移动后图形①②③的圆心依次为P4，P5，P6；…；依此规律，P0P2 018＝673个单位长度．11．(2018·吉林)如图是由边长为1的小正方形组成的4×8网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A，B，C，D均在格点上，在网格中将点D按下列步骤移动：第一步：点D绕点A顺时针旋转180°得到点D1；第二步：点D1绕点B顺时针旋转90°得到点D2；第三步：点D2绕点C顺时针旋转90°回到点D.(1)请用圆规画出点D→D1→D2→D经过的路径；(2)所画图形是轴对称图形；(3)求所画图形的周长(结果保留π)．解：(1)如图所示．(3)所画图形周长为4×90×π×4180＝8π.12．(2017·徐州)如图，已知AC⊥BC，垂足为C，AC＝4，BC＝33，将线段AC绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AD，连接DC，DB.(1)线段DC＝4；(2)求线段DB的长度．解：∵AC＝AD，∠CAD＝60°，∴△ACD是等边三角形．∴DC＝AC＝4.过点D 作DE⊥BC 于点E.∵△ACD 是等边三角形，∴∠ACD＝60°.又∵AC⊥BC，∴∠DCE＝∠ACB－∠ACD＝90°－60°＝30°.∴在Rt △CDE 中，DE ＝12DC ＝2，CE ＝DC·cos 30°＝4×32＝2 3. ∴BE＝BC －CE ＝33－23＝ 3.∴在Rt △BDE 中，BD ＝DE 2＋BE 2＝7.13．(2018·宜宾)如图，将△ABC 沿BC 边上的中线AD 平移到△A′B′C′的位置，已知△ABC 的面积为9，阴影部分三角形的面积为4.若AA′＝1，则A′D 等于(A )A ．2B ．3C .23D .3214．(2018·邯郸模拟)一个数学游戏，正六边形被平均分为6格(其中1格涂有阴影)，规则如下：若第一个正六边形下面标的数字为a(a为正整数)，则先绕正六边形的中心顺时针旋转a格；再沿某条边所在的直线l翻折，得到第二个图形．例如：若第一个正六边形下面标的数字为2，如图，则先绕其中心顺时针旋转2格；再沿直线l翻折，得到第二个图形．若第一个正六边形下面标的数字为4，如图，按照游戏规则，得到第二个图形应是(A)15．(2018·石家庄模拟)如图，已知∠AOB＝90°，点A 绕点O顺时针旋转后的对应点A1落在射线OB上，点A绕点A1顺时针旋转后的对应点A2落在射线OB上，点A绕点A2顺时针旋转后的对应点A3落在射线OB上，…，连接AA1，AA2，AA3，…，依此作法，则∠AA2A3＝157.5°，∠AAnAn＋1＝(180－902n)°．(用含n的代数式表示，n为正整数)16．如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，D为△ABC内一点，连接AD，将线段AD绕点A旋转至AE，使得∠DAE＝∠BAC，F，G，H分别为BC，CD，DE的中点，连接BD，CE，GF ，GH.(1)求证：GH ＝GF ；(2)试说明∠FGH 与∠BAC 互补．解：(1)证明：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE.在△ABD 和△ACE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠BAD＝∠CAE，AD ＝AE ，∴△ABD≌△ACE(SAS )．∴BD＝CE.∵F，G ，H 分别为BC ，CD ，DE 的中点，∴HG∥CE，GF∥BD，且GH ＝12CE ，GF ＝12BD.∴GH＝GF. (2)∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE.∵HG∥CE，GF∥BD，∴∠HGD＝∠ECD，∠GFC＝∠DBC.∴∠HGD＝∠ACD＋∠ACE＝∠ACD＋∠ABD，∠DGF＝∠GFC＋∠GCF＝∠DBC＋∠GCF.∴∠FGH＝∠DGF＋∠HGD＝∠DBC＋∠GCF＋∠ACD＋∠ABD＝∠ABC＋∠ACB＝180°－∠BAC.∴∠FGH 与∠BAC 互补．17．如图1，在▱ABCD中，AB＝10 cm，BC＝4 cm，∠BCD ＝120°，CE平分∠BCD交AB于点E.点P从A点出发，沿AB方向以1 cm/s的速度运动，连接CP，将△PCE绕点C 逆时针旋转，使CE与CB重合，得到△QCB，连接PQ.(1)求证：△PCQ是等边三角形；(2)如图2，当点P在线段EB上运动时，△PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求出△PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；(3)如图3，当点P在射线AB上运动时，是否存在以点P，B，Q为顶点的直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由旋转性质，得△PCE≌△QCB，∴CP＝CQ，∠PCE＝∠QCB.∵∠BCD＝120°，CE平分∠BCD，∴∠BCE＝60°.∴∠PCQ＝60°.∴△PCQ为等边三角形．(2)∵CE平分∠BCD，∴∠BCE＝60°.∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD.∴∠ABC＝180°－120°＝60°.∴△BCE为等边三角形．∴BE＝CB＝4.由(1)得，△PCE≌△QCB，∴EP＝BQ.＝PB＋BQ＋PQ＝PB＋EP＋PQ＝BE＋PQ＝4＋CP.∴C△PBQ∴当CP⊥AB时，CP最小．＝BC·sin60°＝2 3.∴CP最小值∴△PBQ周长最小值为4＋2 3.(3)①当0≤t＜6时，由旋转可知，∠CPE＝∠CQB，∠CEP＝∠CBQ，由(2)知，△BCE为等边三角形，∴∠CEB＝60°.∴∠CBQ＝∠CEP＝180°－60°＝120°.∴∠PBQ＝120°－60°＝60°.又∵∠BPQ＝∠CPQ－∠CPB<60°，∴∠PQB可能为直角．由(1)知，△P CQ为等边三角形，∴∠PQC＝60°，∠CQB＝30°.∵∠CQB＝∠CPB，∴∠CPB＝30°.∵∠CEB＝60°，∴∠ECP＝∠EPC＝30°.∴PE＝CE＝4.∴AP＝AE－EP＝6－4＝2.∴t＝2÷1＝2(s)．②当t＝6时，点P，C，E不能构成三角形．③当6＜t≤10时，由∠PBQ＝120°＞90°，∴不存在．④当t＞10时，由旋转得，∠PBQ＝60°，由(1)得，∠CPQ＝60°，∴∠BPQ＝∠CPQ＋∠BPC＝60°＋∠BPC.∵∠BPC＞0°，∴∠BPQ＞60°.∴∠BPQ＝90°.∴∠BCP＝30°.∴BP＝BC＝4.∴AP＝14 cm.∴t＝14 s.综上所述，t为2 s或14 s时，符合题意．。

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第29课时全等变换（一）---平移与旋转
班级姓名学号学习目标：
【知识与技能目标】让学生加深对平移、旋转的概念和性质的理解，体
会运动变化思想、化归思想，并会运用性质解决具体问题.
【过程与方法目标】通过具体实例认识平移，知道平移不改变图形的形
状、大小，认识和欣赏平移在现实生活中的应用.
【情感与态度目标】经历观察、分析、操作、欣赏以及抽象、概括等过
程，经历与他人合作交流的过程，进一步发展空间观念.
学习重点：加深对平移、旋转的概念的理解和应用
学习难点：熟练地运用平移、旋转的性质来解决实际问题
教学过程：
一、情境引入：
生活中常见平移、旋转的事例（如商城电梯运动、拉窗户、打气筒
活塞运动和摩天轮的转动、钟摆的摆动等），问：哪些运动是平移？哪
些是旋转？平移的定义是什么？旋转的定义是什么？
二、探究学习：
1. 尝试：
（1）把图中的△ABC向右平移6格，画出所得到的△A′B′C′；度量△ABC与△A′B′C′的边、角的大小，你发现了什么？
(2) 如图，绕点逆时针旋转到的位置，已知，则等于（）
Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．
2．概括：
（1）平移的概念：在平面内，将一个图形沿着某个方向移动一定的距离，这样的图形变换叫做图形的平移.
（2）旋转的概念：把一个图形绕一个定点转动一定的角度，这样的图形变换叫做旋转，这个定点叫做旋转中心，旋转的角度叫做旋转角．
3.典型例题：
例1.将图中所示“箭头”向右平移6格，并向下平移5格，在方格中画出平移后的图形。

并请说
说你是怎么移的.
例2.下列图案中,不能由一个图形通过旋转而构成的是( )
4.延伸：
（1）如图所示是重叠的两个直角三角形．将其中一个直角
三角形沿方向平移得到．如果，
，，则图中阴影部分面积为．
（2）
如图，将三角尺ABC（其中∠ABC＝60°，∠C＝90°）绕
B点按顺时针方向转动一个角度到A1BC1的位置，使得点A,
B、C1在同一条直线上，那么这个角度等于（）
A．120° B．90° C．60° D．30°
5.巩固练习：
（1）如图是由若干个边长为1的小正方形组成的网格，
B
A
C
D
E
在图中作出将五角星向其东北方向平移个
单位的图形．
（2）如图，△ABC平移后得到△DEF，若BE＝4cm，
EC＝3cm，则平移的距离是＿＿＿＿．
（3）电风扇的叶片转动＿＿＿＿°后能与自身重合．
（4）Rt△ABC绕着B点旋转90°后得到△EBD，则AC与ED的位置关系是＿＿＿＿＿＿．
三、归纳总结：
1．平移的性质：（1）平移不改变图形的形状和大小；（2）图形经过平移，连接各组对应点所得的线段互相平行（或在同一条直线上）并且相等．
2．旋转的性质：（1）旋转前、后的图形全等；（2）对应点到旋转中心的距离相等；（3）每一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等．
【课后作业】
班级姓名学号
A
D
E
C
F
B
1．将线段AB向右平移1cm，得到线段DE，则对应点A与D的距离为
cm．
2．已知：在△ABC中，AB=5cm，∠B= 72°，若将△ABC向下平移7cm得
到△A′B′C′，
则A′B′=_______cm ，AA′=_______cm，∠B′=________°．
3．对于平移后，对应点所连的线段，下列说法正确的是（）
①对应点所连的线段一定平行，但不一定相等；②对应点所连的线
段一定相等，但不一定平行，有可能相交；③对应点所连的线段平
行且相等，也有可能在同一条直线上；④有可能所有对应点的连线
都在同一条直线上．
A．①③ B. ②③ C. ③④ D. ①②
4．下列图形中，是由(1)仅通过平移得到的是 ( )
5．如图O是正六边形ABCDE的中心，下列图形可由△OBC平移得到
A
F
E
B
C
D
O
的是（）
A、△OCD
B、△OAB
C、△OAF
D、△OEF
6．如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足是E，现将△ABE进行平
移，平移方向为射线AD的方向，平移的距离为线段BC的长，则平移后得
到的图形为 ( )
A B C
D
7．先将方格纸中的图形向左平移5格，然后再向下平移3格．
8．如图，试将△ABC沿MN的方向平移，平移的距离是 3cm，画出平移
后的△A'B'C'
N
M
9．在下图（B）（C）中，画出由（A）所示的图形绕点P顺时针方向旋转90°、180°所生成的图形。

10．两个直角三角形重叠在一起，将其中一个三角形沿着点B到点C的方向平移到△DEF的位置，AB=10，DH=4，平移距离为6，求阴影部分的面积.
11．如图，已知△ABC，D为BC边的中点。

①将△ABC绕着点D旋转180°，画出旋转后的△EBC
②四边形ABEC是怎样的四边形？为什么？。