福建专版2020中考数学复习方案提分专练04与图形变化有关的几何证明与计算题.docx

提分专练(四)　与图形变化有关的几何证明与计算题

|类型1|　平移与对称的几何计算
1.[2019·福州质检]如图T4-1,将△ABC沿射线BC平移得到△A'B'C',使得点A'落在∠ABC的平分线BD上,连接AA',AC'.
(1)判断四边形ABB'A'的形状,并证明;
(2)在△ABC中,AB=6,BC=4,若AC'⊥A'B',求四边形ABB'A'的面积.

图T4-1

2.如图T4-2,在正方形纸片ABCD中,若沿折痕EG翻折,则顶点B落在AD边上的点F处,顶点C落在点N处,点M是FN与DC的交点,且AD=8.
(1)当点F是AD的中点时,求△FDM的周长;
(2)当点F不与点A,D和AD的中点重合时,若AE+GD=192,求AF的长.

图T4-2

3.[2016·福州]如图T4-3,矩形ABCD中,AB=4,AD=3,M是边CD上一点,将△ADM沿直线AM翻折,得到△ANM.
(1)当AN平分∠MAB时,求DM的长;
(2)连接BN,当DM=1时,求△ABN的面积;
(3)当射线BN交线段CD于点F时,求DF的最大值.

图T4-3

|类型2|　与旋转有关的几何计算与证明
4.[2019·福建中考二模]如图T4-4,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=　　　　; 
(2)求线段DB的长度.

图T4-4

5.[2019·福州福清九年级第一学期期末]将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AEFG,点E在BD上.
(1)求证:FD=AB;
(2)连接AF,求证:∠DAF=∠EFA.

图T4-5

【参考答案】
1.解:(1)四边形ABB'A'是菱形.
证明如下:由平移得AA'∥BB',AA'=BB',
∴四边形ABB'A'是平行四边形,∠AA'B=∠A'BC.
∵BA'平分∠ABC,
∴∠ABA'=∠A'BC,
∴∠AA'B=∠A'BA,
∴AB=AA',
∴▱ABB'A'是菱形.
(2)过点A作AF⊥BC于点F.

由(1)得BB'=BA=6.
由平移得△A'B'C'≌△ABC,
∴B'C'=BC=4,
∴BC'=10.
∵AC'⊥A'B',
∴∠B'EC'=90°,
∵AB∥A'B',
∴∠BAC'=∠B'EC'=90°.
在Rt△ABC'中,AC'=BC'2-AB2=8.
∵S△ABC'=12AB·AC'=12BC'·AF,
∴AF=AB·AC'BC'=245,
∴S菱形ABB'A'=BB'·AF=1445,
∴菱形ABB'A'的面积是1445.
2.解:(1)在△AEF中,设AE=m,则EF=BE=8-m,由题意知,AF=4,∠A=90°,
∴42+m2=(8-m)2,
解得m=3,
∴AE=3,EF=5,△AEF的周长为12.
∵∠MFE=90°,∴∠DFM+∠AFE=90°,
∵∠A=∠D=90°,∴∠DMF+∠DFM=90°,
∴∠AFE=∠DMF,
∴△AEF∽△DFM,
∴AEDF=34=12△FDM的周长,
∴△FMD的周长=16.
(2)如图,设AF=x,则EF=8-AE,x2+AE2=(8-AE)2,

∴AE=4-116x2,
过点G作GK⊥AB于K,连接BF交GE于P.
∵B,F关于GE对称,∴BF⊥EG,
∴∠FBE=∠KGE,
在正方形ABCD中,GK=BC=AB,∠A=∠EKG=90°,
∴△AFB≌△KEG,
∴AF=EK=x,
∴AK=AE+EK=4-116x2+x,
∵AE+DG=192,DG=AK,
∴4-116x2+4-116x2+x=192,
即x2-8x+12=0,解得x=2或x=6,
∴AF=2或AF=6.
3.解:(1)由折叠性质得:△ANM≌△ADM,
∴∠MAN=∠DAM,
∵AN平分∠MAB,∴∠MAN=∠NAB,
∴∠DAM=∠MAN=∠NAB,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠DAB=90°,
∴∠DAM=30°,
∴DM=AD·tan∠DAM=3×tan30°=3×33=3.
(2)延长MN交AB延长线于点Q,如图①所示.

∵四边形ABCD是矩形,
∴AB∥DC,
∴∠DMA=∠MAQ,
由折叠性质得:△ANM≌△ADM,
∴∠DMA=∠AMQ,AN=AD=3,MN=MD=1,
∴∠MAQ=∠AMQ,
∴MQ=AQ,
设NQ=x,则AQ=MQ=1+x,
∵∠ANM=90°,
∴∠ANQ=90°,
在Rt△ANQ中,由勾股定理得:AQ2=AN2+NQ2,
∴(x+1)2=32+x2,
解得:x=4,
∴NQ=4,AQ=5,
∵AB=4,AQ=5,
∴S△NAB=45S△NAQ=45×12AN·NQ=45×12×3×4=245.
(3)过点A作AH⊥BF于点H,如图②所示.

∵四边形ABCD是矩形,
∴AB∥DC,
∴∠HBA=∠BFC,
∵∠AHB=∠BCF=90°,
∴△ABH∽△BFC,
∴BHAH=CFBC,
∵AH≤AN=3,AB=4,
∴当点N,H重合(即AH=AN)时,AH最大,BH最小,CF最小,DF最大,此时点M,F重合,B,N,M三点共线,如图③所示.

由折叠性质得:AD=AH,
∵AD=BC,
∴AH=BC,
在△ABH和△BFC中,∠HBA=∠BFC,∠AHB=∠BCF,AH=BC,
∴△ABH≌△BFC(AAS),
∴CF=BH,
由勾股定理得:BH=AB2-AH2=42-32=7,
∴DF的最大值=DC-CF=4-7.
4.解:(1)4　[解析]∵AC=AD,∠CAD=60°,
∴△ACD是等边三角形,
∴DC=AC=4.故答案是:4.
(2)作DE⊥BC于点E.

∵△ACD是等边三角形,∴∠ACD=60°,
又∵AC⊥BC,
∴∠DCE=∠ACB-∠ACD=90°-60°=30°,
∴Rt△CDE中,DE=12DC=2,CE=DC·cos30°=4×32=23,
∴BE=BC-CE=33-23=3.
∴Rt△BDE中,BD=DE2+BE2=22+(3)2=7.
5.证明:(1)方法一:
由旋转性质可得,AE=AB,
∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°,
EF=BC=AD,
∴∠AEB=∠ABE,
又∵∠ABE+∠EDA=90°=∠AEB+∠DEF,
∴∠EDA=∠DEF,
在△AED和△FDE中,AD=FE,∠EDA=∠DEF,ED=DE,
∴△AED≌△FDE(SAS),
∴DF=AE,
又∵AE=AB,
∴FD=AB.
方法二:如图,连接AC,AF,

由旋转性质可得,AC=AF,
又∵矩形ABCD中,AD⊥CD,
∴CD=DF,
∵CD=AB,
∴FD=AB.
(2)如图,设AD与EF交于点H.

由(1)得∠EDA=∠DEF,
∴HE=HD.
又∵EF=AD,
∴EF-HE=AD-HD,
即HF=HA.∴∠DAF=∠EFA.
9