2021初中数学3-7 图形几何变换解答题（解析版）

决胜2021年中考最难压轴题大挑战

稹块三解答典篇

专题3-7方程(组)型应用题

赳幽凝®

1.(2021•北京模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个极点的坐标分别为A(-6,0),B(6,

0),C(0,4V3),耽误AC到点。，使CO=%C,过点。作。/〃AB交BC的耽误线于点E.

(1)求。点的坐标；

(2)作C点关于直线OE的对称点F,分别毗邻。F、EF,若过B点的直线将四边形CZJFE分成

周长相等的两个四边形，确定此直线的解析式；

(3)在第二问的前提下，设G为y轴上一点，点P从直线y=^+b与y轴的交点出发，先沿y轴到达G

点，再沿GA到达A点，若P点在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定G点的

位置，使P点根据上述要求到达A点所用的时间最短.(要求：简述确定G点位置的方式，但不要求证明)

【点睛】(1)借助△OMCS^AOC,根据相似三角形的性质得点D的坐标；

(2)先说明四边形COFE是菱形，且其对称中间为对角线的交点M则点8与这一点的连线即为所求

的直线，再联合全等三角形性质说明即可，由点8、M的坐标求得直线8例的解析式；

(3)过点A作M8的垂线，该垂线与y轴的交点即为所求的点G,再联合由08、OM的长设法求出/

BAH,借助三角函数求出点G的坐标.

【详解】解：⑴VA(-6,0),C(0,4V3)

；.OA=6,OC=4V3

设。E与y轴交于点M

由。E〃AB可得XDMCs[\AOC、

又：C£）=%C

.MDCMCD1

"OA~CO~CA~2

：.CM=2s/3,MD=3

同理可得EM=3

：.OM=6y/3

点的坐标为（3,6V3）；

（2）由（1）可得点M的坐标为（0,6V3）

由DE//AB,EM=MD

可得y轴所在直线是线段EZ）的垂直平分线

点C关于直线DE的对称点尸在y轴上

...EO与CF彼此垂直平分

：.CD=DF=FE=EC

四边形CDFE为菱形，且点M为其对称中间

作直线BM,设与。、EF分别交于点5、点T,

可证△尸多/XCSM

：.FT=CS,

,:FE=CD,

：.TE=SD,

:EC=DF,

：.TE+EC+CS+ST=SD+DF+FT+TS,

...直线将四边形CZJFE分成周长相等的两个四边形,

由点B(6,0),点M(0,6V3)在直线y=fcr+6上，可得直线8M的解析式为产一百x+6百.

(3)设点P在AG上的运动速度为x,点P在y轴上的运动速度为2x,

则点P到达点4的时间为仁罢+”=[(竽+GA)

过点G作G〃_LBM于点儿

可证得丛MGHs^MBO,

MGMBJ(6V3)2+62

Hill-----------------二-----------二2

GHB06

MG

=GH.

1MG另

t=-(—+GA)(GH+GA),

要使f最小，则G//+G4最小，即当点G、A、H三点一线时，r有最小值，

确定G点位置的方式：过4点作于点，，则A”与y轴的交点为所求的G点

由OB=6,0M=6疯

可得/O8M=6(T,

：.ZBAH=30°,

在Rt^OAG中，0G=A0・tanNBAH=2W,

；.G点的坐标为(0,2V3).(或G点的位置为线段。仞的接近。点的三等分点)

2.(2021•广州模拟)如图，已知正方形A8CD的面积为S.

(1)求作：四边形AIBICIOI,使得点Ai和点A关于点B对称，点Bi和点8关于点C对称，点Ci和点C

关于点O对称，点。।和点。关于点4对称；（只要求画出图形，不要求写作法）

（2）用S示意（1）中作出的四边形Ai81clz的面积Si；

（3）若将已知前提中的正方形改为随意率性四边形，面积仍为S,并按（1）的要求作出一个新的四个

边形，面积为我,则S与S2是否相等，为什么？

【点睛】（1）根据对•称的性质可知.使得点4和点A关于点B对•称，即是毗邻AB并耽误一样的长度找

到对应点A',其它三点同样的方式找到对应点，顺次毗邻.

（2）设正方形A8CO的边长为名根据两个正方形边长的比值，操纵面积比等于相似比，来求小正方形的

面积.

（3）相等.因为一个四边形可以分成两个三角形，根据三角形的面积公式，等底等高的三角形面积相等.

【详解】解：（1）如图①所示.

（2）设正方形A3CZ）的边长为a,

1o

则AA\=2a,SAA41D1=^AA^AD\=a-y

=2

同理，=SACCIBI=S^DD\C\ay

Si=SAAA1DI+5ABBIAI+SACCIei+SADDICI+S正方形ABCD=5a=55.

（本问也可以先证明四边形48iCi£>i是正方形，再求出其边长为遍。，从而算出S叫边彩川BICIDI=5S）

（3）Si=S2

来由如下：

起首画出图形②，毗邻8。、BD\,

•.•△3DD1中，48是中线,

SMBDI-S^ABD-

又中，3£>i是中线，

，SAABOI=SAAIBDI

•''SAAA\Dt=2S/yABD

同理，得SACC\B\=2S&CBD

1DI+5ACCIfii—2(SAABD+SACBD)—2S.

同理，得S^BAIBI+5ADD1CI=2S,

S2=SAA41D1+SABB1AI+5ACC1BI+S^DD\Cl+5四边形ABCD=55.

由(2)得，Si=5S.

:.S\=S2.

图①图②

3.(2021•南宁模拟)如图，在平面直角坐标系中，A,8两点的坐标分别为A(-2,0),B(8,0),以

AB为直径的半圆与y轴交于点M,以AB为一边作正方形ABCD

(1)求C,M两点的坐标；

(2)毗邻CM,试判断直线CM是否与。P相切？说明你的来由；

(3)在x轴上是否存在一点Q,使得△QMC的周长最小？若存在，求出点Q的坐标;若不存在，请

说明来由.

【点睛】（1）依题意推出A8=8C=CO=AD,毗邻PM根据勾股定理求出0例的值后可求出点M的坐标;

（2）本题有多种方式解答.起首毗邻PC,CM,根据勾股定理先求出CM的值，然后证明△CMP丝aCPB

即可证得NCMP=NCBP=90°；

（3）本题有几种解法，吻合题意即可，起首作M点关于x轴的对称点M,毗邻M'C,根据题意可知

QM+QC的和最小，因为MC为定值，故△QMC的周长最小，证明△MOQSZ\MEC,操纵线段比求出

。。的值.

【详解】解：（I）VA（-2,0）,B（8,0）,四边形48。是正方形，

：.AB=BC=CD=AD=10,0P的半径为5,（1分）

C（8,10）,（2分）

毗邻PM.尸M=5,在RtAPMO中，0M=>/PM2-PO2=V52-32=4

：.M（0.4）；（3分）

（2）方式一：直线CM是0P的切线.（4分）

证明：毗邻PCCM,如图（1）,

在RtAEMC中，CM=VCF2+EM2=V82+62=10（5分）

:.CM=CB

又*；PM=PB,CP=CP

:*XCPM会>CPB（6）

：.ZCMP=ZCBP=90a

CM是。尸的切线；（7分）

方式二：直线CM是。尸的切线.（4分）

证明：毗邻PC,如图（1）,在Rt△尸BC中，

PC2=PB2+BC2=52+102=125（5分）

在中

：.CM2=CE^+ME1=82+62=100（6分）

：.PC2=CM2+PM2

；.△PMC是直角三角形，即NPMC=90°

二直线CM与。尸相切.（7分）

方式三：直线CM是G）P的切线.（4分）

证明：毗邻MB,PM如图（2）,

在RtAEMC中，CM=VCE2+EM2=V82+62=10（5）

：.CM=CB

：.NCBM=NCMB（6）

PM=PB：.ZPBM=ZPMB

：.ZPMB+ZCMB=NPBM+NCBM=90°

即PMLMC

；.CM是OP的切线；（7分）

（3）方式一：作M点关于x轴的对称点M,则"（0,-4）,

毗邻MC,与x轴交于点Q,此时QM+QC的和最小，

因为MC为定值，所以△QMC的周长最小，（8分）

"：EC

OQM，0OQ416”

—=---,—=—，0Q=——（9分）

ECM，E8147

；.Q（竽，0）；（10分）

方式二：作M点关于x轴的对称点M',则”（0,-4）,

毗邻MC,与x轴交于点。，此时QM+QC的和最小,

因为MC为定值，所以△QMC的周长最小，（8分）

设直线ATC的解析式为y=kx+b,

把“（。，-4）和C（8,⑼分别代入得｛甫:建°

7

k=

解得4

b=—4

.,.y=-4,当y=0时，％=竽（9分）

；.Q（竽，0）.（10分）

4.（2021•淮安模拟）阅读懂得

如图1,ZVIBC中，沿N8AC的平分线ABi折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿NBMiC的平分线折

叠，剪掉重复部分;…;将余下部分沿NB,AC的平分线折叠，点B”与点C重合，无论折叠几次，只

要末了一次恰好重合，/8AC是AA8c的好角.

小丽展示了确定NBAC是△ABC的好角的两种情形.情形一：如图2,沿等腰三角形ABC顶角NBAC的平

分线4历折叠，点8与点C重合；情形二：如图3,沿N8AC的平分线折叠，剪掉重复部分；将余下部

分沿/81A1C的平分线4历折叠，此时点81与点C重合.

探讨发觉

（1）ZviBC中，NB=2NC,经由两次折叠，N8AC是不是AABC的好角？是（填“是”或“不

是"）.

（2）小丽经由三次折叠发觉了NBAC是△48C的好角，请探讨NB与NC（不妨设NB>N0之间的等量

关系.根据以上内容料想：若经由”次折叠NBAC是aABC的好角，则NB与NC（不妨设NB>/C）之间

的等量关系为NB=nNC.

应用提升

（3）小丽找到一个三角形，三个角分别为15°、60°、105°,发觉60°和105°的两个角都是此三角

形的好角.

请你完成，参加一个三角形的最小角是4°,试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是

此三角形的好角.

【点睛】（I）在小丽展示的情形二中，如图3,根据根据三角形的外角定理、折叠的性质推知NB=2N

C；

（2）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知N4A2B2=NC+NA282c=2NC；

根据四边形的外角定理知/BAC+2/8-2C=180°①，根据三角形ABC的内角和定理知/8AC+/8+/C=

180°②，由①②可以求得ZB=3ZC；

操纵数学归纳法，根据小丽展示的三种情形得出结论：NB=nNC；

（3）操纵（2）的结论知/BAC是△ABC的好角，ZC=nZA,/ABC是△A8C的好角,

NA=〃/及/8CA是△ABC的好角；然后三角形内角和定理可以求得另外两个角的度数可所以4、172；

8、168；16、160；44、132；88°、88°.

【详解】解：（【）ZvlBC中，ZB=2ZC,经由两次折叠，NH4c是△43C的好角；

来由如下：小丽展示的情形二中，如图3,

•.•沿N8AC的平分线折叠，

；./8=乙44向；

又；将余下部分沿N814C的平分线482折叠，此时点以与点C重合,

ZAiBiC=ZC；

•.•/A42i=/C+NA向C（外角定理），

；./B=2NC,N8AC是△ABC的好角.

故答案是：是；

（2）NB=3NC；如图所示，在△48C中，沿NBAC的平分线ABi折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿N

Bi4C的平分线4B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿NB2A2c的平分线A2B3折叠，点也与点C重合,

则N84C是ZVIBC的好角.

证明如下：•.•根据折叠的性质知，ZB^ZAAiBi,ZC^ZA2B2C,ZAIBIC=ZA1A2B2,

根据三角形的外角定理知，N4A2B2=NC+N4282c=2NC；

•.•根据四边形的外角定理知，ZBAC+ZB+ZA41B）-ZAiBiC=ZBAC+2ZB-2ZC=180°,

根据三角形ABC的内角和定理知，ZBAC+ZB+ZC=180°,

：.ZB=3ZC；

由小丽展示的情形一知，当/B=NC时，NB4C是△ABC的好角；

由小丽展示的情形二知，当/B=2/C时，/B4C是ZVIBC的好角；

由小丽展示的情形三知，当NB=3NC时，NBAC是△ABC的好角；

故若经由〃次折叠/B4C是AABC的好角，则与/C（不妨设之间的等量关系为〃/

C；

（3）由⑵知设NA=4°,

是好角，

AZB=4n°；

是好角，

:.NC=mNB=4m〃：其中机、〃为正整数得4+4n+4mn=180

参加一个三角形的最小角是4°,三角形另外两个角的度数是4、172；8、168；16、160；44、132；

8888

c

5.（2021•淮安模拟）我们约定，若一个三角形（记为△4）是由另一个三角形（记为△/1）通过一次平移，或

绕其任一边的中点旋转180°得到的，则称△儿是由复制的.以下的操纵中每一个三角形只可以复

制一次，复制过程可以一向进行下去.如图1是由△△复制出AAi,又由复制出AAz,再由4A2复制出

△A3,形成了一个大三角形，记作△艮以下各题中的复制均是由最先的，由复制形成的多边形中的

随意率性两个小三角形（指与全等的三角形）之间既无缝隙也无重叠.

（1）图1中标出的是一种大概的复制成果，它用到次平移，，一次旋转.小明发觉其

相似比为2:1.若由复制形成的△（?的一条边上有11个小三角形（指有一条边在该边上的小三角形），

则AC中含有121个小三角形:

（2）若△人是正三角形，你认为通过复制能形成的正多边形是正三边形、正六边形；

（3）在复制形成四边形的过程中，小明用到了两次平移一次旋转，你能用两次旋转一次平移复制形成一个

四边形吗？参加能，请在图2的方框内画出草图，并仿照图1作出标记：参加不能，请说明来由：

（4）图3是正五边形EFG”/,其中间是O,毗邻。点与各极点.将其中的一个三角形记为△?!,小明认

为正五边形EFGH/是由复制形成的一种成果，你认为他的说法对吗？请判断并说明来由.

【点睛】（1）根据平移性质、旋转性质和相似常识进行求解；

（2）应该是证三角形和正六边形；

（3）只要吻合平移和旋转的性质即可，答案不独一；

（4）不大概是正五边形，因为不管怎么平移和旋转，得出的图形至少有一边与原三角形的边平行，是

以不大概是正五边形.

【详解】解：（1）z\A-aAi是经由旋转所得，△4-ZXA2是经由旋转所得，-ZXA3是经由平移所

得.是以经由了2次旋转和1次平移.因为是由4个组成，是以5M=4SM,是以相似比为2:1.当

△C的一条边上有11个小三角形时，那么它们的相似比为11:1,面积比121:1,即中有121个如许的

小三角形；

（2）正三边形、正六边形；

（3）能，见右图；

（4）不对；因为平移或旋转复制后，至少有一条边和原三角形的边平行.

6.（2021•日照模拟）如图，直线EF将矩形纸片A8C。分成面积相等的两部分，E、F分别与3c交于点E,与

AZ）交于点尸（E,尸不与极点重合），设AB="，AD=b,BE=x.

（I）求证:4F=EC；

（II）用剪刀将纸片沿直线所剪开后，再将纸片A8E/沿AB对称翻折，然后平移拼接在梯形EC£＞尸的下

方，使一底边重合，直腰落在边OC的耽误线上，拼接后，下方的梯形记作EE'B'C.

（1）求出直线EE'分别经由原矩形的极点A和极点。时，所对应的x:6的值；

（2）在直线EE'经由原矩形的一个极点的情形下，毗邻BE',直线BE'与EF是否平行？你若认为平

行，请给予证明；你若认为不平行，请你说明当。与6满足什么关系时，它们垂直？

【点睛】（I）由A8="，AD=b,BE=x,SMABEF=S»,KCDFE,联合梯形的面积公式可证得AF=EC；

（II）（1）根据题意，画出图形，联合梯形的性质求得x"的值；

（2）直线EE'经由原矩形的极点。时，可证明四边形8。EF是平行四边形，则BE'〃EF；当直线EE'

经由原矩形的极点A时，BE'与EF不平行.

【详解】（I）证明：AD=h,BE=x,SABEF=SCDFE,

1i

（x+AF）=乃（EC+b-AF）,

：.2AF=EC+（/?-x）.

又.：EC=b-x,

：.2AF=2EC.

1・AF=EC.

（II）解：（1）当直线七戌经由原矩形的极点。时，如图（一）

,:EC〃E'B',

.ECDC

••E®~DBf"

由£C=/?-x,ErBf=EB=x,DB'=DC+CB'=2a,

b-xa

得——=丁，

x2a

.,2

..x:b=亍

当直线E'E经由原矩形的极点A时，如图（二）

在梯形AE'B'。中，

'JEC//E'B',点C是DB'的中点，

1

Z.CE=1（AO+戌B'）,

即b-x=4（Z?+x）,

.,1

・・x:b=号

（2）如图（一），当直线EE'经由原矩形的极点。时，BE'//EF,

证明：毗邻BF,

■:FD〃BE,FD=BE,

，四边形FBED是平行四边形，

：.FB//DE,FB=DE,

又•：EC"£B',点C是DB'的中点，

：.DE=EE',

：.FB//EE',FB=EE',

，四边形BE'EF是平行四边形，

:.BE'//EF.

如图(二)，当直线EE'经由原矩形的极点A时，明显8E'与所不平行,

设直线EF与BE'交于点G,过点戌作E'于则E'M=a,

x:b=g,

：.EM=^BC=^b,

若BE'与EF垂直，则有NGBE+NBEG=90°,

又^；NBEG=NFEC=NMEE',NMEE'+ZME'E=90°,

:.NGBE=NME'E,

在RSME'中，tanZEzBM=tanNGBE=苗”：

,,f:Mib

在Rt/\EMEr中，tanNME'E=j

.2=阻

"-b~a'

3

又・・•〃>(),h>0,

aV2

b~3,

ciy/2

・・・当3=一时，BEf与所垂直.

（1）已知点4（3,1）,毗邻0A,平移线段OA,使点。落在点、B.设点A落在点C,作如下探讨：

探讨一：若点8的坐标为（1,2）,请在图1中作出平移后的像，则点C的坐标是—；毗邻AC,B0,

请判断。，A,C,B四点构成的图形的形状，并说明来由；

探讨二：若点B的坐标为（6,2）,按探讨一的方式，判断。，A,B,C四点构成的图形的形状.

（温馨提示：作图时，别忘了用黑色字迹的钢笔或签字笔描黑喔！）

（2）通过上面的探讨，请直接答复下列问题：

①若已知三点4（“，份，8（c,①，CQ+c,b+d）,顺次毗邻0,A,C,B,请判断所得到的图

形的形状；

②在①的前提下，参加所得到的图形是菱形大概是正方形，请挑选一种情况，写出“，h,c,d应满

足的关系式.

【点睛】（1）由题意和图象可知：0A应该右移三个单位，上移两个单位后得出的C是以，C的坐标是（4,

3）.因为是平移所以AO=BC,AO//BC,所以四边形O4C3是平行四边形.当3是（6,2）的时辰,

0A8三点在直线尸基上,是以0ABe是条线段.

(2)①同(1)应该是平行四边形或线段两种情况.

②当OACB是菱形时，两条邻边应该相等，AC=BC,是以，(a+c-a，+(b+d-b)2=

J(a+c-c)2+(b+d—d)2,是以“2+62=02+/,

当0AC8是正方形的时辰.参加过8作轴，过A作AFJ_x轴，那么三角形8OE且三角形AOEAF=

OE,OF=BE,即A点的横坐标的绝对值=B点的横坐标的绝对值，A点的纵坐标的绝对值=B点的纵

坐标的绝对值，即a=d且人=-c或匕=c且a=-d.

【详解】解：

(1)探讨一:C(4,3),

四边形OACB为平行四边形，

来由如下：

由平移可知，0A〃3C,且04=8C,

所以四边形0AC8为平行四边形.

探讨二：线段

(2)①平行四边形或线段；

②菱形:。2+川=(；2+/(4=-c,6=-4或。=£：,%=d除外)

正方形:a—d§.b--c或b=c且a=-d.

8.(2021•怀化模拟)如图，四边形ABCO是边长为3夜的正方形，长方形AE尸G的宽AE=彳，长EF=

5V3.将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到长方形AMNH(如图)，这时BD与MN订交于点O.

（1）求/OOM的度数；

（2）在图中，求。、N两点间的间隔；

（3）若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到长方形AR77,叨教此时点8在矩形AR77的内部、

外部、仍是边上？并说明来由.

【点睛】（1）由旋转的性质，可得NBAM=15°,即可得NOKB=NAOM=75：又由正方形的性质,

可得NA8D=45°,然后操纵外角的性质，即可求得ZOOM的度数；

（2）起首毗邻AN,交80于/,毗邻AN,由特殊角的三角函数值，求得NHAN=30°,又由旋转的性

质，即可求得NDAN=45；即可证得A,C,N共线，然后由股定理求得答案；

（3）在中，操纵三角函数即可求得AK的值，与A8对照大小，即可确定8的位置.

【详解】解：（1）根据题意得：ZBAM=\5°,

:四边形是矩形，

.'.ZM=90°,

；.NAKM=90°-N8AM=75°,

:.NBK0=/AKM=15°,

•.•四边形ABC。是正方形，

.•.乙48£）=45°,

AZDOM=ZBKO+ZABD=15°+45°=120°；

（2）毗邻AN,交8£）于/,毗邻DV,

77

,:NH==,AH=V3,NH=90。,

・・tan/HAN==丁，

:.NHAN=30；

：.AN=2NH=1,

由旋转的性质：ZDAH=]5°,

:・/DAN=45°,

VZDAC=45°,

・・・A,C,N共线，

•・,四边形ABC。是正方形，

:・BD上AC,

♦:AD=CD=3瓜

：.DI=AI=%C=^AB2+CD2=3,

:・NI=AN-AI=7-3=4,

在RtZV)/N中，DN=7DR+NR=5；

(3)点B在矩形ARTZ的外部.

来由：如图，根据题意得：ZBAR=150+15°=30°,

7

VZ/?=90°,AR=

7

•人力―题_2_7而

cos30°~jf~~9

T

：AB=3近＞攀

.•.点B在矩形4R7Z的外部.

HZ

9.（2021•济宁模拟）在平面直角坐标系中，边长为2的正方形0A8C的两极点A、C分别在y轴、x轴的

正半轴上，点。在原点.现将正方形OABC绕。点顺时针旋转，当A点第一次落在直线y=x上时中断旋

转，旋转过程中，AB边交直线丫=》于点MBC边交x轴于点N（如图）.

（1）求边在旋转过程中所扫过的面积；

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；

（3）设的周长为p,在旋转正方形。4BC的过程中，p值是否有转变？请证明你的结论.

【点睛】（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积:

（2）解决本题需操纵全等，根据正方形一个内角的度数求出的度数;

（3）操纵全等把的各边整理到成与正方形的边长有关的式子.

【详解】解：（1）;A点第一次落在直线y=x上时中断旋转，直线y=x与），轴的夹角是45°,

旋转了45°.

457rx227T

在旋转过程中所扫过的面积为

360—2

(2)'：MN//AC,

.•./8MN=/BAC=45°,NBNM=NBCA=45°.

NBMN=ZBNM.：.BM=BN.

又,：BA=BC,:.AM=CN.

又•；OA=OC,ZOAM=NOCN,.•.△(MMdOCN.

ZAOM=ZCON=1(ZAOC-AMON)=1(90°-45°)=22.5°.

旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形0A3C旋转的度数为45°-22.5°=22.5°.

(3)在旋转正方形OABC的过程中，p值无转变.

证明：耽误8A交)，轴于E点，

则NAOE=45°-ZAO/W,/CON=90°-45°-ZAOM=45°-ZAOM,

：.ZAOE=ZCON.

又'.,OA=OC,NOAE=180°-90°=90°=NOCN.

SE9XOCN.

：.OE=ON,AE=CN.

又；NMOE=NMON=45°,OM=OM,

：./\OME^/\OMN.：.MN=ME=AM+AE.

：.MN=AM+CN,

：.p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4.

•••在旋转正方形0ABe的过程中，p值无转变.

10.（2021•泰州模拟）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的极点A、B、C

在小正方形的极点上，将△ABC向下平移4个单位、再向右平移3个单位得到△AIBICI,然后将△481。

绕点4顺时针旋转90°得到AAiB2c2.

（1）在网格中画出△4BiCi和△4B2C2；

（2）计算线段AC在变换到A1C2的过程中扫过区域的面积（重叠部分不重复计算）

【点睛】（1）根据图形平移及旋转的性质画出△481。及△4&C2即可；

（2）根据图形平移及旋转的性质可知，将aABC向下平移4个单位AC所扫过的面积是以4为底，以2

为高的平行四边形的面积;再向右平移3个单位AC扫过的面积是以3为底以2为高的平行四边形的面

积；当△481。绕点4顺时针旋转90°到△A182C2时，4cl所扫过的面积是以4为圆心以以2夜为半径,

圆心角为90°的扇形的面积，再减去重叠部分的面积，根据平行四边形的面积及扇形面积公式进行解答

即可.

【详解】解：（1）如图所示：

（2）•.•图中是边长为1个单位长度的小正方形组成的网格，

'.AC=V22+22=2V2,

•.•将△ABC向下平移4个单位AC所扫过的面积是以4为底，以2为高的平行四边形的面积；再向右平

移3个单位AC扫过的面积是以3为底以2为高的平行四边形的面积；当△481。绕点4顺时针旋转90°

到△A1B2C2时，4。所扫过的面积是以4为圆心以2注为半径，圆心角为90°的扇形的面积，重叠

部分是以Ai为圆心，以2位为半径，圆心角为45°的扇形的面积，

•••线段4c在变换到4c2的过程中扫过区域的面积=4义2+3义2+”嘴红-竺嚼善£=14+m

JbUJOU

B

11.（2021•深圳模拟）请操纵图中的根基图案，通过平移、旋转、轴对称,在方格纸中设计一个瑰丽的图

【点睛】根据图形旋转、对称及平移的性质设计出图案即可.

【详解】解：如图所示:

12.（2021•襄阳模拟）如图，已知:AC是。。的直径，PALAC,毗邻OP,弦CB//OP,直线PB交直线AC

于Q,BD=2PA.

（1）证明：直线尸8是。。的切线；

（2）探讨线段尸。与线段BC之间的数量关系，并加以证明；

（3）求sin/。%的值.

p

【点睛】（1）毗邻。艮证OB_LPB即可.通过证明△尸08丝△POA得证.

（2）根据切线长定理出=/，8.80=2以，则8/）=2P8,即8/）:2。=2:3.

根据8C〃。/5可得△DBCS^DPO,从而得出线段PO与线段8C之间的数量关系.

（3）根据三角函数的定义即求半径与0P的比值.设。4=x,PA=y.则0D=3x,OB=x,BD=2y.在△

B。。中可求y与x的关系，进而在△FOB中求0P与x的关系，从而求比值得解.

【详解】（1）证明：毗邻0B.

'."BC//OP,

：.ZBCO^ZPOA,NCBO=NPOB,

：.ZPOA=ZPOB,

又,：PO=PO,OB=OA,

.,.△P08丝△POA.

：.ZPHO=ZPAO=90°.

；.PB是0。的切线.

•2

（2）解：2PO=3BC.（写PO=匆C亦可）

证明：POB沿△POA,：.PB=PA.

U：BD=2PA,：.BD=2PB.

■:BC//PO.：.△DBCs/\DP0.

.BCBD2

•・而~PD~39

：.2PO=3BC.

(3)解：・.・C8〃0P,

:•△DBCS^DPO、

.DCBD2

DO~PD~3y

即DC=^2OD.

：.OC=^OD,

：.DC=20C.

设OA=x,PA=y.则。O=3x,OB=x,t3D=2y.

在RtaOB。中，由勾股定理得（3x）2=7+（2y）2,即及=声.

Vx>0,y>0,

-'•y=V2x,OP=yjx2+y2=曲x.

13.(2021•大庆模拟)对于钝角a,定义它的三角函数值如下：

sina=sin(180°-a),cosa=-cos(180°-a)

(1)求sin120°,cos120°,sin150°的值；

(2)若一个三角形的三个内角的比是1:1:4,A,B是这个三角形的两个极点，sinA,cosB是方程47

-mr-l=0的两个不相等的实数根，求〃？的值及NA和的大小.

【点睛】(1)根据问题所给的信息求解即可；

(2)分三种情况进行解析:①当/4=30°,/8=120°时:②当/A=120°,ZB=30°时;③当/A=30°,

ZB=30°时，根据题意分别求出m的值即可.

【详解】解：(1)由题意得，

sin120°=sin(180°-120°)=sin60°=坐,

1

cos120°=-cos(180°-120°)=-cos600=一.

sinl50°=sin(180°-150°)=sin30°=

(2),・•三角形的三个内角的比是1:1:4,

，三个内角分别为30°,30。，120°,

①当N4=30°,NB=120°时，方程的两根为占

2乙

111

将5代入方程得：4X(-)2-/nx|-l=0,

解得：n?=0,

经检验—9是方程4/-I=0的根，

...，〃=0吻合题意；

②当/4=120°,/8=30°时，两根为y,—不吻合题意；

1

③当/A=30°,ZB=30°时，两根为―,

将1代入方程得:4X(1)2-mx1-l=0,

解得：团=0,

经检验日不是方程4/-1=0的根.

综上所述:，"=0,NA=30°,ZB=120°.

14.(2021•鞍山模拟)如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC,ZC=90°,8C=16,0c=12,AD=2\.动

点P从点。出发，沿射线DA的方向，在射线D4上以每秒2两个单位长的速度运动，动点。从点C出

发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点8运动，点P,。分别从点£>,C同时出发，当点。运动

到点3时，点尸随之中断运动.设运动的时间为f(秒).

(1)设4BP。的面积为5,求S与f之间的函数关系式；

(2)当f为何值时，以8,P,。三点为极点的三角形是等腰三角形;

（3）当线段PQ与线段AB订交于点0,且2Ao=08时，求/BQP的正切值；

（4）是否存在时候f,使得PQLBO?若存在，求出「的值；若不存在，请说明来由.

【点睛】（1）点P作垂足为M,则四边形PQCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以操纵?

示意，就得到S与f之间的函数关系式.

（2）以8、P、。三点为极点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：

①若PQ=BQ,②若BP=BQ,③若PB=PQ.

在RtZXPMQ中根据勾股定理，就得到一个关于r的方程，就可以求出f.

（3）根据相似三角形对应边成比例可列式求出,,从而根据正切的定义求出值.

（4）起首假定存在，然后再根据相似三角形对应边成比例求证.

【详解】解：（1）如图，过点P作垂足为则四边形PQCM为矩形.

：.PM=DC=\2.

/.S=|xl2X（16-0=96-6f（0Wf<16）；

（2）由图可知：CM=PD=2r,CQ=t.

以8、P、。三点为极点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：

①若PQ=BQ.

在RtZ\PA%2中，2。2=尸+[22,

由P点=Bd得?+122=（16-/）2,

解得r=~

②若BP=BQ.

在RtaPMB中，8^=(16-It)2+122.

由BP2=BQ2得：(16-202+陞2=(16-02

即312-32r+144=0.

因为△=-704<0,

；.3%-32什144=0无解，

J.PB^BQ.

③若PB=PQ.

由「4=尸02,得尸+122=(16-2。2+122

整理，得3尸-641+256=0.

解得仁竽，4=16(舍去)

综合上面的会商可知：当U：秒或片竽秒时，以8、P、。三点为极点的三角形是等腰三角形.

4PAO1

(3)如图，由△OAPS^OBQ,得二=777=1

BQOD2

9：AP=2t-2\,BQ=16-t,

：.2(2L21)=16-r.

,,_58

・・f一号，

过点。作垂足为瓦

,:PD=2t,ED=QC=t,

：.PE=t.

在RtAPEg中，tanZgPE='=竽=翁

又,：ADI/BC、

：.ZBQP=ZQPE,

30

tanZBQP=西；

（4）设存在时候f,使得PQ1BD.

如图，过点Q作QELAO于E,垂足为E.

■：AD//BC

：.ZBQF=ZEPQ,

又•.•在△BF。和△BCQ中NBFQ=NC=90°,

:.NBQF=NBDC

：.NBDC=NEPQ,

又•：NC=NPEQ=90°,

/.RtABDC^RtAePE,

=―,即上=£.

BCEQ1612

解得t=9.

所以，当f=9秒时，PQ1BD.

15.（2021•佛山模拟）我们把“根据某种抱负化的要求（或现实大概应用的标准）来反映或归纳综合的表现

某一类或一种事物关系结构的