【正文】 （ Ⅱ ） ∵△ OB′P、 △ QC′P 分別是由 △ OBP、 △ QCP 折疊得到的， ∴△ OB′P≌△ OBP， △ QC′P≌ △ QCP。 BP=t，得 OP=2t。 OB=6。從而求解。過點 N 作 NH⊥ AB 于 H，則由勾股定理可得 NM= 10 ，從而根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和已知 PQ=CQ，即可求得 CQ= 10 。 4 （ 2）根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定即可證明。 【考點】 翻折問題，翻折的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，平行的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，勾股定理。 ∴ NP=MQ=12 。 又 ∵ PQ=CQ， ∴ CQ= 10 。 ∵ PQ∥ MN， DC∥ AB， ∴ 四邊形 NMQP 是平行四邊形。 過點 N 作 NH⊥ AB 于 H，則 HM=4－ 3=1。 （ 3）解： ∵ AB=4， BC=3， ∴ AC=5。 ∴ FM＞ EM。 ∴ 四邊形 MFNE 是平行四邊形。 又 由翻折的性質(zhì)，得 DN=FN， BM=EM， ∴ FN=EM。 ∴△ AND≌△ CBM（ ASA）。 3 ∴∠ DAC=∠ BCA。 2. （ 2020 海南省 I11 分） 如圖（ 1），在矩形 ABCD 中，把 ∠ B、 ∠ D 分別翻折，使點 B、 D 分別落在對角線 BC 上的點 E、 F 處，折痕分別為 CM、 AN. （ 1）求證： △ AND≌△ CBM. （ 2）請連接 MF、 NE，證明四邊形 MFNE 是平行四邊形，四邊形 MFNE 是菱形嗎？請說明理由？ （ 3） P、 Q 是矩形的邊 CD、 AB上的兩點，連結(jié) PQ、 CQ、 MN，如圖（ 2）所示，若 PQ=CQ， PQ∥ MN。－ 2α＞ α， ∴ 45176。 ∵ 點 P 不與 點 B， M 重合， ∴∠ BAD＞ ∠ PAD＞ ∠ MAD。－ α，且 PQ=QD， ∴∠ PAD=∠ PCQ=∠ PQC=2∠ CDB=180176。即可求出。 ∴∠ CDB=30176。 ∴△ CMQ 是等邊三角形。 ∵ 將線段 PA 繞點 P 順時針旋轉(zhuǎn) 2α得到線段 PQ， ∴ AM=MQ， ∠ AMQ=120176。 【分析】 （ 1）利用圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及等邊三角形的判定得出 △ CMQ 是等邊三角形，即 可得出答案： ∵ BA=BC， ∠ BAC=60176。＜ α＜ 60176。－ α。－ 2α。－ ∠ APQ=180176。－（ ∠ PAD+∠ PQD） =180176。 2 ∴∠ PAD+∠ PQD=∠ PQC+∠ PQD=180176。 ∴ AP=PC， ∠ ADB=∠ CDB， ∠ PAD=∠ PCD。 ∴ AD=CD， AP=PC， PD=PD。 【答案】 解：（ 1）補全圖形如下： ∠ CDB=30176。 1 2020 年全國 100 套中考數(shù)學(xué)壓軸題分類解析匯編 專題 9：幾何三大變換相關(guān)問題 . 1. （ 2020北京 市 7分） 在 ABC△ 中， BA=BC BAC? ? ?， ， M 是 AC的中點， P 是線段 BM上的動點， 將線段 PA 繞點 P 順時針旋轉(zhuǎn) 2? 得到線段 PQ。 （ 1） 若 ????? 且點 P 與點 M重合（如圖 1），線段 CQ 的延長線交射線 BM于點 D，請補全圖形， 并寫出 ∠ CDB 的度數(shù)； （ 2） 在圖 2 中，點 P 不與點 B， M 重合，線段 CQ 的延長線與射線 BM 交于點 D，猜想 ∠ CDB的大?。ㄓ煤?? 的代數(shù)式表示），并加以證明； （ 3） 對于適當(dāng)大小的 ? ，當(dāng)點 P 在線段 BM上運動到某一位置（不與點 B， M 重合）時，能使得 線段 CQ 的延長線與射線 BM交于點 D，且 PQ=QD，請直接寫出 ? 的范圍。 （ 2）作線段 CQ 的延長線交射線 BM 于點 D，連接 PC， AD， ∵ AB=BC， M 是 AC 的中點， ∴ BM⊥ AC。 在 △ APD 與 △ CPD 中， ∵ AD=CD， PD=PD， PA=PC ∴△ APD≌△ CPD（ SSS）。 又 ∵ PQ=PA， ∴ PQ=PC， ∠ ADC=2∠ CDB， ∠ PQC=∠ PCD=∠ PAD。 ∴∠ APQ+∠ ADC=360176。 ∴∠ ADC=180176。－ 2α，即 2∠ CDB=180176。 ∴∠ CDB=90176。 （ 3） 45176。 【考點】 旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)。 M 是 AC 的中點， ∴ BM⊥ AC， AM=AC。 ∴ CM=MQ， ∠ CMQ=60176。 ∴∠ ACQ=60176。 （ 2）首先由已知得出 △ APD≌△ CPD，從而得出 ∠ PAD+∠ PQD=∠ PQC+∠ PQD=180176。 （ 3）由（ 2）得出 ∠ CDB=90176。－ 2α。 ∴ 2α＞ 180176。＜ α＜ 60176。且 AB=4， BC=3，求 PC 的長度 . 【答案】 （ 1）證明： ∵ 四邊形 ABCD 是矩形， ∴∠ D=∠ B， AD=BC， AD∥ BC。 又由翻折的性質(zhì)，得 ∠ DAN=∠ NAF， ∠ ECM=∠ BCM， ∴∠ DAN=∠ BCM。 （ 2）證明： ∵△ AND≌△ CBM， ∴ DN=BM。 又 ∠ NFA=∠ ACD＋ ∠ CNF=∠ BAC＋ ∠ EMA=∠ MEC， ∴ FN∥ EM。 四邊形 MFNE 不是菱形，理由如下： 由翻折的性質(zhì)，得 ∠ CEM=∠ B=900， ∴ 在 △ EMF 中， ∠ FEM＞ ∠ EFM。 ∴ 四邊形 MFNE 不是菱形。 設(shè) DN=x，則由 S△ ADC=S△ AND＋ S△ NAC得 3 x＋ 5 x=12，解得 x=32 ，即 DN=BM=32 。 在 △ NHM 中， NH=3， HM=1， 由勾股定理，得 NM= 10 。 ∴ NP=MQ， PQ= NM= 10 。 在 △ CBQ 中， CQ= 10 ， CB=3，由勾股定理，得 BQ=1。 ∴ PC=4－ 32 － 12 =2。 【分析】 （ 1）由矩形和翻折對稱 的性質(zhì)，用 ASA 即可得到 △ AND≌△ CBM。 （ 3）設(shè) DN=x，則由 S△ ADC=S△ AND＋ S△ NAC可得 DN=BM=32 。因此，在 △ CBQ中，應(yīng)用勾 股定理求得 BQ=1。 3. （ 2020天津 市 10分） 已知一個矩形紙片 OACB，將該紙片放置在平面直角坐標系中，點 A（ 11， 0），點 B（ 0， 6），點 P 為 BC邊上的動點（點 P不與點 B、 C重合），經(jīng)過點 O、 P 折疊該紙片，得點 B′和折痕 OP．設(shè) BP=t． （ Ⅰ ）如圖 ① ，當(dāng) ∠ BOP=300 時，求點 P 的坐標； （ Ⅱ ）如圖 ② ，經(jīng)過點 P 再次折疊紙片，使點 C 落在直線 PB′上，得點 C′和折痕 PQ，若 AQ=m，試用含有 t 的式子表示 m； （ Ⅲ ）在（ Ⅱ ）的條件下，當(dāng)點 C′恰好落在邊 OA 上時，求點 P 的坐標（直接寫出結(jié)果即可） ． 【答案】 解：（ Ⅰ ）根據(jù)題意， ∠ OBP=90176。 在 Rt△ OBP 中，由 ∠ BOP=30176。 ∵ OP2=OB2+BP2，即（ 2t） 2=62+t2，解得： t1=23， t2=－ 23（舍去）． ∴ 點 P 的坐標為（ 23 ， 6）。 ∴∠ OPB′=∠ OPB， ∠ QPC′=∠ QPC。 ∴∠ OPB+∠ QPC=90176。 ∴∠ BOP=∠ CPQ。 ∴△ OBP∽△ PCQ。 由題意設(shè) BP=t， AQ=m， BC=11， AC=6，則 PC=11－ t， CQ=6－ m． 5 ∴ 6t11 t 6 m???。 （ Ⅲ ）點 P 的坐標為（ 11 133? ， 6）或（ 11+133 ， 6）。 【分析】 （ Ⅰ ）根據(jù)題意得， ∠ OBP=90176。 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。 （ Ⅲ ）首先過點 P 作 PE⊥ OA 于 E，易證得 △ PC′E∽△ C′QA，由勾股定理可求得 C′Q 的長，然后利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例與 21 11m t t 666? ? ?，即可求得 t 的值： 過點 P 作 PE⊥ OA 于 E， ∴∠ PEA=∠ QAC′=90176。 ∵∠ PC′E+∠ QC′A=90176。 ∴△ PC′E∽△ C′QA。 ∵ PC′=PC=11－ t， PE=OB=6， AQ=m， C′Q=CQ=6－ m， ∴ 22A C C Q A Q 3 6 1 2 m? ? ? ? ? ?。 ∵ 6t11 t 6 m???，即 6 11 tt 6 m?? ? ， ∴ 66=t36 12m?，即 236 12m=t? 。 解得： 121 1 1 3 1 1 + 1 3tt33???， 。 4. （ 2020 福建南平 12 分） 在平面直角坐標系中，矩形 OABC 如圖所示放置，點 A 在 x 軸上，點 B 的坐標為（ m， 1）（ m＞ 0），將此矩形繞 O 點逆時針旋轉(zhuǎn) 90176。 ∵ 矩形 OA′B′C′由矩形 OABC旋轉(zhuǎn) 90176。（ 2）設(shè)過點 A、 A′、 C′的拋物線解析式為 y=ax2＋ bx＋ c， ∵ A（ m， 0）， A′（ 0， m）， C′（－ 1， 0）， ∴2 am bm c 0 c m a b c 0? ? ? ?????? ? ??，解得 a 1 b m 1 cm??????????。 （ 3） ∵ 點 B 與點 D 關(guān)于原點對稱， B（ m， 1）， ∴ 點 D 的坐標為：（－ m，－ 1）， 假設(shè)點 D（－ m，－ 1）在（ 2）中的拋物線上， ∴ 0=－（－ m） 2＋（ m－ 1） （－ m）＋ m=1，即 2m2－ 2m＋ 1=0， ∵△ =（－ 2） 2－ 422=－ 4＜ 0， ∴ 此方程無解。 【考點】 二次函數(shù)綜合題，矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關(guān)系，解方程組，關(guān)于原點對稱的點的坐標特征，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系。 （ 2）設(shè)過點 A、 A′、 C′的拋物線解析式為 y=ax2+bx+c，把 A、 A′、 C′三點的坐標代入即可得出 7 abc 的值，進而得出其 拋物線的解析式。 5. （ 2020廣東汕頭 12分） 如圖，在矩形紙片 ABCD中， AB=6， BC=8．把 △ BCD 沿對角線 BD 折疊，使點 C 落在 C′處， BC′交 AD于點 G； E、 F分別是 C′D 和 BD上的點，線段 EF 交 AD 于點 H，把 △ FDE沿 EF 折疊，使點 D 落在 D′處，點 D′恰好與點 A 重合． （ 1）求證： △ ABG≌△ C′DG； （ 2）求 tan∠ ABG 的值； （ 3）求 EF 的長． 【答案】 （ 1）證明： ∵△ BDC′由 △ BDC 翻折而成， ∴∠ C=∠ BAG=90176。 在 △ ABG≌△ C′DG 中， ∵∠ BAG=∠ C， AB= C′D， ∠ ABG=∠ AD C′， ∴△ ABG≌△ C′DG（ ASA）。 設(shè) AG=x，則 GB=8﹣ x， 在 Rt△ ABG 中， ∵ AB2+AG2=BG2，即 62+x2=（ 8﹣ x） 2，解得 x=74 。 （ 3）解： ∵△ AEF 是 △ DEF 翻折而成， ∴ EF 垂直平分 AD。 ∵ tan∠ ABG=tan∠ ADE= 724 。 ∵ EF 垂直平分 AD， AB⊥ AD， ∴ HF 是 △ ABD 的中位線。 ∴ EF=EH+HF= 7 25+3=66。 【分析】 （ 1）根據(jù)翻折變換的性質(zhì)可知 ∠ C=∠ BAG=90176。 （ 2）由（ 1）可知 GD=GB，故 AG+GB=AD，設(shè) AG=x，則 GB=8x，在 Rt△ ABG 中利用勾股定理即可求出 AG 的長，從而得出 tan∠ ABG 的值。 6. （ 2020 廣東省 9 分） 如圖，在矩形紙片 ABCD 中， AB=6， BC=8．把 △ BCD 沿對角線 BD 折疊，使點 C 落在 C′處， BC′交 AD 于點 G； E、 F 分別是 C′D 和 BD 上的點，線段 EF 交 AD 于點 H，把 △ FDE沿 EF 折疊，使點 D 落在 D′處，點 D′恰好與點 A 重合． （ 1）求證： △ ABG≌△ C′DG； （ 2）求 tan∠ ABG 的值； （ 3）求 EF 的長． 【答案】 （ 1）證明： ∵△ BDC′由 △ BDC 翻折而成， ∴∠ C=∠ BAG=90176。 在 △ ABG≌△ C′DG 中， ∵∠ BAG=∠ C， AB= C′D， ∠ ABG=∠ AD C′， ∴