20xx年全国100套中考数学压轴题分类解析汇编专题9：几何三大变换相关问题(编辑修改稿)

20xx年全国100套中考数学压轴题分类解析汇编专题9：几何三大变换相关问题(编辑修改稿)内容摘要：

（ 3）连接 AD，过 D 点作 DG⊥ EF， DH⊥ BF，垂足分别为 G， H． ∵ AB=AC， D 是 BC 的中点， ∴ AD⊥ BC， BD=12 BC=6。 在 Rt△ ABD 中， AD2=AB2﹣ BD2，即 AD2=102﹣ 62， ∴ AD=8。 ∴ S△ ABC=12 •BC•AD=12 128=48， S△ DEF=14 S△ ABC=14 48=12。 14 又 ∵ 12 •AD•BD=12 •AB•DH， ∴ A D B D 8 6 2 4DH A B 1 0 5  。 ∵△ BDF∽△ DEF， ∴∠ DFB=∠ EFD。 ∵ DH⊥ BF， DG⊥ EF， ∴∠ DHF=∠ DGF。 又 ∵ DF=DF， ∴△ DHF≌△ DGF（ AAS）。 ∴ DH=DG=245。 ∵ S△ DEF=12 EFDG=12 EF245 =12， ∴ EF=5。 【考点】 旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质。 【分析】 （ 1）根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出 △ ADE∽△ ABD∽△ ACD∽△ DCE： ∵ AB=AC， D 为 BC 的中点， ∴ AD⊥ BC， ∠ B=∠ C， ∠ BAD=∠ CAD。 又 ∵∠ MDN=∠ B， ∴△ ADE∽ ABD。 同理可得： △ ADE∽△ ACD。 ∵∠ MDN=∠ C=∠ B， ∠ B+∠ BAD=90176。 ， ∠ ADE+∠ EDC=90176。 ， ∠ B=∠ MDN， ∴∠ BAD=∠ EDC。 ∵∠ B=∠ C， ∴△ ABD∽△ DCE。 ∴△ ADE∽△ DCE。 （ 2）利用已知首先求出 ∠ BFD=∠ CDE，即可得出 △ BDF∽△ CED，再利用相似三角形的性质得出 BD DF=CE ED ，从而得出 △ BDF∽△ CED∽△ DEF。 （ 3）利用 △ DEF 的面积等于 △ ABC的面积的 14 ，求出 DH的长，从而利用 S△ DEF的值求出 EF即可。 10. （ 2020湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田 12分） 如图，抛物线 y=ax2+bx+2 交 x轴于 A（﹣ 1， 0），B（ 4， 0）两点，交 y 轴于点 C，与过点 C 且平行于 x轴的直线交于另一点 D，点 P是抛物线上一动点． （ 1）求抛物线解析式及点 D 坐标； 15 （ 2）点 E 在 x 轴上，若以 A， E， D， P 为顶点的四边形是平行四边形，求此时点 P 的坐标； （ 3）过点 P作直线 CD 的垂线，垂足为 Q，若将 △ CPQ 沿 CP 翻折，点 Q 的对应点为 Q′．是否 存在点P，使 Q′恰好落在 x 轴上。 若存在，求出此时点 P 的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】 解：（ 1） ∵ 抛物线 y=ax2+bx+2 经过 A（﹣ 1， 0）， B（ 4， 0）两点， ∴ a b+2=016a+4b+2=0，解得：1a=23b=2 。 ∴ 抛物线解析式为 213y x x 222   。 当 y=2 时， 213x x 2 222   ，解得： x1=3， x2=0（舍去）。 ∴ 点 D 坐标为（ 3， 2）。 （ 2） A， E 两点都在 x 轴上， AE 有两种可能： ① 当 AE 为一边时， AE∥ PD， ∴ P1（ 0， 2）。 ② 当 AE 为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，可知 P 点、D 点到直线 AE（即 x 轴）的距离相等， ∴ P 点的纵坐标为﹣ 2。 代入抛物线的解析式： 213x x 2 222    ，解得：123+ 41 3 41xx22。 ∴ P 点的坐标为（ 3+ 412 ，﹣ 2），（ 3 412 ，﹣ 2）。 综上所述： P1（ 0， 2）； P2（ 3+ 412 ，﹣ 2）； P3（ 3 412 ，﹣ 2）。 （ 3）存在满足条件的点 P，显然点 P 在直线 CD 下方。 设直线 PQ 交 x 轴于 F，点 P 的坐标为（ 213a a a 222   ， ）， ① 当 P 点在 y 轴右侧时（如图 1）， CQ=a， PQ= 221 3 1 32 a a 2 = a a2 2 2 2    。 又 ∵∠ CQ′O+∠ FQ′P=90176。 ， ∠ COQ′=∠ Q′FP=90176。 ， ∴∠ FQ′P=∠ OCQ′， ∴△ COQ′∽ △ Q′FP， ∴ QC QP =CO FQ39。 39。 39。 ， 即 21 3 a a a 22= 2 FQ39。  ， 解得 F Q′=a﹣ 3 16 ∴ OQ′=OF﹣ F Q′=a﹣ （ a﹣ 3） =3， 2 2 2 2C Q = C Q = C O + O Q = 3 + 2 = 1 339。 39。 此时 a= 13 ，点 P 的坐标为（ 9+3 1313 2 ， ）。 ② 当 P 点在 y 轴左侧时（如图 2）此时 a＜ 0， 213a a 222   ＜ 0， CQ=﹣ a， PQ= 221 3 1 32 a a 2 = a a2 2 2 2    。 又 ∵∠ CQ′O+∠ FQ′P=90176。 ， ∠ CQ′O+∠ OCQ′=90176。 ， ∴∠ FQ′P=∠ OCQ′， ∠ COQ′=∠ Q′FP=90176。 ∴△ COQ′∽ △ Q′FP。 ∴ QC QP =CO FQ39。 39。 39。 ， 即 21 3 a a a 22= 2 FQ39。  ， 解得 F Q′=3﹣ a。 ∴ OQ′=3， 22C Q = C Q = 3 + 2 = 1 339。 此时 a=﹣ 13 ，点 P 的坐标为（ 9 3 1313 2 ， ）。 综上所述，满足条件的点 P 坐标为（ 9+3 1313 2 ， ），（ 9 3 1313 2 ， ）。 【考点】 二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】 （ 1）用待定系数法可得出抛物线的解析式，令 y=2 可得出点 D 的坐标。 （ 2）分两种情况进行讨论， ① 当 AE为一边时， AE∥ PD， ② 当 AE为对角线时， 根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，求解点 P 坐标。 （ 3）结合图形可判断出点 P在直线 CD 下方，设点 P的坐标为（ 213a a a 222   ， ），分情况讨论， ① 当 P 点在 y 轴右侧时， ② 当 P 点在 y 轴左侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可。 11. （ 2020 湖北武汉 12 分） 如图 1，点 A 为抛物线 C1： 21y= x 22  的顶点，点 B 的坐标为 (1， 0)， 直线 AB 交抛物线 C1 于另一点 C． (1)求点 C 的坐标； (2)如图 1，平行于 y 轴的直 线 x＝ 3 交直线 AB 于点 D，交抛物线 C1于点 E，平行于 y 轴的直线 x 17 ＝ a 交直线 AB 于 F，交抛物线 C1于 G，若 FG： DE＝ 4∶ 3，求 a 的值； (3)如图 2，将抛物线 C1向下平移 m(m＞ 0)个单位得到抛物线 C2，且抛物线 C2 的顶点为点 P，交 x轴 于点 M，交射线 BC 于点 N， NQ⊥ x 轴于点 Q，当 NP 平分 ∠ MNQ 时，求 m 的值． 图 1 图 2 【答案】 解：（ 1） ∵ 当 x=0 时， y＝－ 2。 ∴ A（ 0，－ 2）。 设直线 AB 的解析式为 y=kx+b ，则 b= 2k+b=0，解得 k=2b=2 。 ∴ 直线 AB 的解析式为 y=2x 2。 ∵ 点 C 是直线 AB 与抛物线 C1的交点， ∴2y=2x 21y= x 22 ，解得 12x =4 x =0y =6 y = 2 ，（舍 去）。 ∴ C（ 4， 6）。 （ 2） ∵ 直线 x＝ 3 交直线 AB 于点 D，交抛物线 C1 于点 E， ∴DE5y =4 y = 2， ∴ DE=DE 53y y =4 22  。 ∵ FG： DE＝ 4∶ 3， ∴ FG=2。 ∵ 直线 x＝ a 交直线 AB 于点 F，交抛物线 C1 于点 G， ∴ 2F 1y = 2 a 2 y = a 22G。 18 ∴ FG= 2F 1y y = 2 a a = 22G。 解得 1 2 3a = 2 a = 2 + 2 2 a = 2 2 2，。 （ 3）设直线 MN 交 y 轴于点 T，过点 N 作 NH⊥ y 轴于点 H。 设点 M 的坐标为（ t,0），抛物线 C2 的解析式为 21y= x 2 m2 。 ∴ 210= t 2 m2 。 ∴ 212 m= t2  。 ∴ 2211y= x t22。 ∴ P（ 0， 21t2 ）。 ∵ 点 N 是直线 AB 与抛物线 C2的交点， ∴22y=2x 211y= x t22 ，解得 12x = 2 t x = 2 + ty = 2 2 t y = 2 + 2 t ，（舍去）。 ∴ N（ 2 t 2 2t ， ）。 ∴ NQ=22t ， MQ=22t。 ∴ NQ=MQ。 ∴∠ NMQ=450。 ∴△ MOT， △ NHT 都是等腰直角三角形。 ∴ MO=TO， HT=HN。 ∴ OT=－ t，   21N T 2 N H = 2 2 t P T = t + t2  。 ∵ PN 平分 ∠ MNQ， ∴ PT=NT。 ∴  21t+ t 2 2 t2  ，解得 12t = 2 2 t =2 ， （舍去）。 ∴   22112 m = t = 2 2 = 422     。 ∴ m=2。 【考点】 二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元二次方程组，平移的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，平行的性质。 【分析】 （ 1）由点 A 在抛物线 C1 上求得点 A 的坐标，用待定系数法求得直线 AB 的解析式；联立直线AB 和抛物线 C1 即可求得点 C 的坐标。 （ 2）由 FG： DE＝ 4∶ 3求得 FG=2。 把点 F和点 G的纵坐标用含 a 的代数式表示，即可得等式 FG= 2F 1y y = 2 a a = 22G，解之即可得 a 的值。 19 （ 3）设点 M 的坐标为（ t,0）和抛物线 C2的解析式 21y= x 2 m2 ，求得 t 和 m的关系。 求出点 P 和点 N 的坐标（用 t 的代数式表示），得出 △ MOT， △ NHT 都是等腰直角三角形的结论。 从而由角平分线和平行的性质得到 PT=NT，列式求解即可求得 t，从而根据 t 和 m 的关系式求出 m 的值。 12. （ 2020湖北宜昌 11 分） 如图，在直角梯形 ABCD 中， AD∥ BC， ∠ ABC=90176。 ．点 E 为底 AD 上一点，将 △ ABE 沿直 线 BE 折叠，点 A 落在梯形对角线 BD 上的 G 处， EG 的延长线交直线 BC 于点 F． （ 1）点 E 可以是 AD 的中点吗。 为什么。 （ 2）求证： △ ABG∽△ BFE； （ 3）设 AD=a， AB=b， BC=c ① 当四边形 EFCD 为平行四边形时，求 a， b， c 应满足的关系； ② 在 ① 的条件下，当 b=2 时， a 的值是唯一的，求 ∠ C 的度数． 【答案】 解：（ 1）不可以。 理由如下： 根据题意得： AE=GE， ∠ EGB=∠ EAB=90176。 ， ∴ Rt△ EGD 中， GE＜ ED。 ∴ AE＜ ED。 ∴ 点 E 不可以是 AD 的中点。 （ 2）证明： ∵ AD∥ BC， ∴∠ AEB=∠ EBF， ∵ 由折叠知 △ EAB≌△ EGB， ∴∠ AEB=∠ BEG。 ∴∠ EBF=∠ BEF。 ∴ FE=FB， ∴△ FEB 为等腰三角形。 ∵∠ ABG+∠ GBF=90176。 ， ∠ GBF+∠ EFB=。