2023年中考冲刺动手操作与运动变换型问题基础1.doc

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．如以下图是规格为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〕如以下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．　　 如以下图，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=∠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