中考冲刺：动手操作与运动变换型问题(基础)(1)

中考冲刺：动手操作与运动变换型问题(基础)
一、选择题
1. 如图，在Rt△ABC 中，∠C=90° ，AC=BC=6cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动；
同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间t秒，若四边形QPCP为菱形，则t的值为（　 ）
　　A. 　　　　B. 2　
C. 　　　　D. 3
2．如图，AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°.若动点E以2cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A的方向运动，设运动时间为t(s)(0≤t＜3)，连接EF，当△BEF是直角三角形时，t的值为（　 ）
　　A. 　　　B. 1　　 C. 或1　　 D. 或1或 　
　　　　　　　　　　　　　　　
3. （2015•盘锦）如图，边长为1的正方形ABCD，点M从点A出发以每秒1个单位长度的速度向点B运动，点N从点A出发以每秒3个单位长度的速度沿A→D→C→B的路径向点B运动，当一个点到达点B时，另一个点也随之停止运动，设△AMN的面积为s，运动时间为t秒，则能大致反映s与t的函数关系的图象是（　　）.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
A． B． C． D．
二、填空题
4．如图,已知点A（0,2）、B（,2）、C(0,4),过点C向右作平行于x轴的射线,点P是射线上的动点,连结AP以AP为边在其左侧作等边△APQ 连结PB、BA.若四边形ABPQ为梯形,则（1）当AB为梯形的底时,点P的横坐标是 ___；

（2）当AB为梯形的腰时,点P的横坐标是 ______.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
5．如图,矩形纸片ABCD,AB=2，点E在BC上,且AE=EC．若将纸片沿AE折叠,点B恰好落在AC上，则AC的长是______.
　　　　　　　　　
6. （2016•东河区二模）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；
②BG=GC；
③AG∥CF；
④S△FGC=3．其中正确结论的是______．
　　　　　　　　　　　　　　　　　
三、解答题
7．如图所示是规格为8×8的正方形网格，请在所给网格中，按下列要求操作：
　　　　　　　　　　　　　　　　　
（1）请在网格中建立平面直角坐标系，使A点坐标为(-2，4)，B点坐标为(-4，2)；

　　（2）在第二象限内的格点上画一点C，使点C与线段AB组成一个以AB为底的等腰三角形，且腰长是无理数，则C点的坐标是________，△ABC的周长是________ (结果保留根号)；

　　（3）画出△ABC以点C为旋转中心、旋转180°后的△A′B′C，连接AB′和A′B，试说出四边形是何特殊四边形，并说明理由．
8. （1）观察与发现
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，展平纸片(如图①)；
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②)．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？请说明理由．
（2）实践与运用
将矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，折痕为BE(如图③)；
再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE上的点D′处，折痕为EG(如图④)；
再展平纸片(如图⑤)．求图⑤中∠α的大小．
　　　　　　　　　
9. 如图（1），已知△ABC中，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上(直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF)，将直角三角形板DEF绕D点按逆时针方向旋转．
（1）在图（1）中，DE交AB于M，DF交BC于N．
①证明：DM＝ND；

　　②在这一旋转过程中，直角三角板DEF与△ABC的重叠部分为四边形DMBN，请说明四边形DMBN的面积是否发生变化？若发生变化，请说明是如何变化的；
若不发生变化，求出其面积；

　　（2）继续旋转至如图（2）所示的位置，延长AB交DE于M，延长BC交DF于N，DM＝DN是否仍然成立?若成立，请给出证明；
若不成立，请说明理由；

　　（3）继续旋转至如图（3）所示的位置，延长FD交BC于N，延长ED交AB于M，DM＝DN是否仍然成立?若成立，请写出结论，不用证明．
　　
10. （2016•绵阳）如图，以菱形ABCD对角线交点为坐标原点，建立平面直角坐标系，A、B两点的坐标分别为（﹣2，0）、（0，﹣），直线DE⊥DC交AC于E，动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿着A→D→C的路线向终点C匀速运动，设△PDE的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒．
（1）求直线DE的解析式；

　　（2）求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；

　　（3）当t为何值时，∠EPD+∠DCB=90°？并求出此时直线BP与直线AC所夹锐角的正切值．
　　　　　　　　　　　　　　　 答案与解析 【答案与解析】　　一、选择题
1.【答案】B；

　　　【解析】
　连接PP′交BC于点D，若四边形QPCP为菱形，则PP′⊥BC，CD＝CQ=（6-t），
　∴BD=6-（6-t）=3+t.在Rt△BPD中，PB=AB-AP=6-t，而PB=BD，
　∴6-t=（3+t），解得：t=2，故选B.
2.【答案】D；

　　　【解析】
　∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°；
Rt△ABC中，BC=2，∠ABC=60°；

　　　∴AB=2BC=4cm.①当∠BFE=90°时；
Rt△BEF中，∠ABC=60°，
　则BE=2BF=2cm；
故此时AE=AB-BE=2cm；
∴E点运动的距离为：2cm或6cm，
　故t=1s或3s；
由于0≤t＜3，故t=3s不合题意，舍去；
所以当∠BFE=90°时，t=1s；
②当∠BEF=90°时；

　　　同①可求得BE=0.5cm，此时AE=AB-BE=3.5cm；
∴E点运动的距离为：3.5cm或4.5cm，故t=1.75s或2.25s；

　　　综上所述，当t的值为1、1.75或2.25s时，△BEF是直角三角形．故选D．
3.【答案】D.
　【解析】
　（1）如图1，
　当点N在AD上运动时，
　s=AM•AN=×t×3t=t2．
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　（2）如图2，
　当点N在CD上运动时，
　s=AM•AD=t×1=t．
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　（3）如图3，
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　当点N在BC上运动时，
　s=AM•BN=×t×（3﹣3t）=﹣t2+t
　综上可得，能大致反映s与t的函数关系的图象是选项D中的图象．故选：D．
二、填空题
4.【答案】（1）；
（2）0， ；

　　　【解析】
　（1）由题意知，当AB为梯形的底时，AB∥PQ，即PQ⊥y轴，又△APQ为等边三角形，AC＝2，由几何关系知，
　　　 点P的横坐标是.
　（2）当AB为梯形的腰时，当PB∥y轴时，满足题意，此时AQ=4，由几何关系得，点P的横坐标是.

　　　　　　 　
5.【答案】4；

　　　【解析】
　 由折叠可知∠BAE=∠CAE，因为AE=EC所以∠CAE=∠ACE，所以∠BAE=∠CAE=∠ACE，三角的和为90°，
　 所以∠ACE=30°，所以AC=2AB=4.
6.【答案】①②③．
　【解析】①正确．因为AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴△ABG≌△AFG；

　　　　　　　②正确．因为：EF=DE=CD=2，设BG=FG=x，则CG=6﹣x．在直角△ECG中，
　　　　　根据勾股定理，得（6﹣x）2+42=（x+2）2，解得x=3．所以BG=3=6﹣3=GC；

　　　　　　　③正确．因为CG=BG=GF，所以△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
　　　　　又∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF，
　　　　　∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF；

　　　　　　　④错误．过F作FH⊥DC，∵BC⊥DH，∴FH∥GC，∴△EFH∽△EGC，∴=，
　　　　　EF=DE=2，GF=3，∴EG=5，∴△EFH∽△EGC，∴相似比为：==，
　　　　　∴S△FGC=S△GCE﹣S△FEC=×3×4﹣×4×（ ×3）=≠3．
　　　　　故答案为：①②③．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
三、解答题
7.【答案与解析】
（1）如图所示建立平面直角坐标系．
　　　　　　　　　　　　　　　　
（2）如图画出点C，C(-1，1)．△ABC的周长是．
（3）如图画出△A′B′C，四边形ABA′B′是矩形．
　　 理由：∵CA＝CA′，CB＝CB′，
　　 ∴四边形ABA′B′是平行四边形.
　　 又∵CA＝CB，
　　 ∴CA＝CA′＝CB＝CB′．
　　 ∴AA′＝BB′．
　　 ∴四边形ABA′B′是矩形．
8.【答案与解析】
解：
　　（1）同意．
　　 如图所示，设AD与EF交于点G． 　
　　　　　　　　　　　　　　　　
　　 由折叠知，AD平分∠BAC，所以∠BAD＝∠CAD．
　　 又由折叠知，∠AGE＝∠AGF＝90°，
　　 所以∠AEF＝∠AFE，
　　 所以AE＝AF，即△AEF为等腰三角形．
（2）由折叠知，四边形ABFE是正方形∠AEB＝45°，
　　 所以∠BED＝135°．
　　 又由折叠知，∠BEG＝∠DEG，
　　 所以∠DEG＝67.5°．
　　 从而∠α＝90°-67.5°＝22.5°．
9.【答案与解析】
解：
　　（1）①连接DB，利用△BMD≌△CND或△ADM∽△BDN即可证明DM＝DN．
　　 ②由△BMD≌△CND知，，
　　 ∴．
　　 即在直角三角板DEF旋转过程中，四边形DMBN的面积始终等于，不发生变化．

　　　　　 
（2）连接DB，由△BMD≌△CND可证明DM＝DN，即DM＝DN仍然成立．
（3）连接DB．由△BMD≌△CND，可证明DM＝ND仍成立．
10.【答案与解析】
解：由菱形的对称性可得，C（2，0），D（0，），
　　∴OD=，OC=2，tan∠DCO==，
　　∵DE⊥DC，
　　∴∠EDO+∠CDO=90°，
　　∵∠DCO+∠CD∠=90°，
　　∴∠EDO=∠DCO，
　　∵tan∠EDO=tan∠DCO=，
　　∴，
　　∴OE=，
　　∴E（﹣，0），
　　∴D（0，），
　　∴直线DE解析式为y=2x+，
（2）由（1）得E（﹣，0），
　　∴AE=AO﹣OE=2﹣=，
　　根据勾股定理得，DE==，
　　∴菱形的边长为5，
　　如图1，
　　过点E作EF⊥AD，
　　∴sin∠DAO=，
　　∴EF==，
　　当点P在AD边上运动，即0≤t＜，
　　S=PD×EF=×（5﹣2t）×=﹣t+，
　　如图2，
　　点P在DC边上运动时，即＜t≤5时，
　　S=PD×DE=×（2t﹣5）×=t﹣；

　　　　∴S=，
（3）设BP与AC相交于点Q，
　　在菱形ABCD中，∠DAB=∠DCB，DE⊥DC，
　　∴DE⊥AB，
　　∴∠DAB+∠ADE=90°，
　　∴∠DCB+∠ADE=90°，
　　∴要使∠EPD+∠DCB=90°，
　　∴∠EPD=∠ADE，
　　当点P在AD上运动时，如图3，
　　∵∠EPD=∠ADE，
　　∴EF垂直平分线PD，
　　∴AP=AD﹣2DF=AD﹣2，
　　∴2t=5﹣，
　　∴t=，
　　此时AP=1，
　　∵AP∥BC，
　　∴△APQ∽△CBQ，
　　∴，
　　∴，
　　∴，
　　∴AQ=，
　　∴OQ=OA﹣AQ=，
　　在Rt△OBQ中，tan∠OQB===，
　　当点P在DC上运动时，如图4，
　　∵∠EPD=∠ADE，∠EDP=∠EFD=90°
　　∴△EDP∽△EFD，
　　∴，
　　∴DP===，
　　∴2t=AD﹣DP=5+，
　　∴t=，
　　此时CP=DC﹣DP=5﹣=，
　　∵PC∥AB，
　　∴△CPQ∽△ABQ，
　　∴，
　　∴，
　　∴，
　　∴CQ=，
　　∴OQ=OC﹣CQ=2﹣=，
　　在Rt△OBD中，tan∠OQB===1，
　　即：当t=时，∠EPD+∠DCB=90°．此时直线BP与直线AC所夹锐角的正切值为．
　　当t=时，∠EPD+∠DCB=90°．此时直线BP与直线AC所夹锐角的正切值为1．