2023年中考冲刺动手操作与运动变换型问题基础1.docx

中考冲刺：动手操作与运动变换型问题(根底)(1) 中考冲刺：动手操作与运动变换型问题(根底) 　　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，假设四边形QPCP为菱形，那么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°.假设动点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. （2023•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，那么能大致反映s与t的函数关系的图象是（　　）. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　A． B． C． D． 　　二、填空题 　　4．如图,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.假设四边形ABPQ为梯形,那么（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．假设将纸片沿AE折叠,点B恰好落在AC上，那么AC的长是______. 　　　　　　　　　　　 　　6. （2023•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．以下结论：①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④S△FGC=3．其中正确结论的是______． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　三、解答题 　　7．如下列图是规格为8×8的正方形网格，请在所给网格中，按以下要求操作： 　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　（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，那么C点的坐标是________，△ABC的周长是________ (结果保存根号)； 　　（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），△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的重叠局部为四边形DMBN，请说明四边形DMBN的面积是否发生变化？假设发生变化，请说明是如何变化的；假设不发生变化，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是否仍然成立假设成立，请给出证明；假设不成立，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是否仍然成立假设成立，请写出结论，不用证明． 　　　　 　　10. （2023•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，假设四边形QPCP为菱形，那么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，应选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°， 　　　那么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．应选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．应选：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，那么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）如下列图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． 　　　　 如下列图，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=∠DC