加强练03 翻折与旋转综合专练（解析版）-2023年中考数学二轮复习讲练测（上海专用）

加强练03翻折与旋转综合专练（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．（2023春·上海·九年级名校校内测）如图，中，，将绕顶点C按顺时针方向旋转方向至的位置，则图中阴影部分的面积为___________（结果保留）【答案】【分析】根据勾股定理求出，分别求出扇形的面积、扇形的面积,根据旋转可得的面积等于的面积，即可求出答案．【详解】在中，，扇形的面积为：，扇形的面积为：．根据旋转可得的面积等于的面积，故==．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理、扇形的面积计算等知识点，能分别求出每部分的面积是解此题的关键．2．（2022秋·上海奉贤·九年级统考期末）如图,在Rt中,是边的中点,点在边上,将沿直线翻折,使得点落在同一平面内的点处.如果线段交边于点,当时,的值为________．【答案】1:4【分析】过点E作EH⊥AC与H，EI⊥BC与I，设AC=3m，根据三角函数可求AB=，根据勾股定理，根据点D是边的中点，得出CD=BD=2m，DG=BDsinB=，根据沿直线翻折,得到△FDE，得出∠EDC=∠EDF，可证△EID≌△EGD（AAS），得出ID=GD=，再证四边形HCIE为矩形HE=CI=，HE∥CI即HE∥CB，证明△AEH∽△ABC，即可．【详解】解：过点E作EH⊥AC与H，EI⊥BC与I，设AC=3m，，∴AB=，根据勾股定理，∵点D是边的中点，∴CD=BD=2m，∵，∴DG=BDsinB=，∵沿直线翻折,得到△FDE，∴∠EDC=∠EDF，∵EI⊥BC，∴∠EID=90°=∠EGD，在△EID和△EGD中，，∴△EID≌△EGD（AAS），∴ID=GD=，∴CI=CD-ID=2m-，∵EH⊥AC，∴∠EHC=90°，∵∠HCI=∠ACB=90°，∠EIC=90°，∴∠EHC=∠HCI=∠EIC=90°，∴四边形HCIE为矩形，∴HE=CI=，HE∥CI即HE∥CB，∴∠AHE=∠ACB，∠AEH=∠B，∴△AEH∽△ABC，∴即，解得，∴BE=AB-AE=5m-m=4m，∴．故答案为1:4．【点睛】本题考查锐角三角函数，勾股定理，折叠性质，三角形全等判定与性质，矩形判定与性质，三角形相似判定与性质，线段的比，掌握锐角三角函数，勾股定理，折叠性质，三角形全等判定与性质，矩形判定与性质，三角形相似判定与性质，线段的比是解题关键．3．如图，在△ABC中，点D是BC上一点，连结AD，将△ACD沿AD翻折，得到△AED，AE交BD于点F．若BD＝2DC，AB＝AD，AF＝2EF，CD＝2，△DFE的面积为1，则点D到AE的距离为_____．【答案】【分析】过点A作AG⊥BC，垂足为点G，过点D作DH⊥AE，垂足为点H，根据AF＝2EF，可得S△ADF＝2S△DFE＝2，从而得到S△ADC＝S△ADE＝3，进而得到S△ABD＝2S△ADC＝6，可得到AG＝3，再由等腰三角形的性质可得BG＝DG＝DB＝2，从而得到CG＝CD+DG＝2+2＝4，再由勾股定理可得AC=5，再根据△DHE∽△AGC，即可求解．【详解】解：如图，过点A作AG⊥BC，垂足为点G，过点D作DH⊥AE，垂足为点H，∵AF＝2EF，S△DFE＝1，∴S△ADF＝2S△DFE＝2，∵△AED由△ACD沿AD翻折得到，∴DE＝DC＝2，∠E＝∠C，S△ADC＝S△ADE＝S△ADF+S△DEF＝1+2＝3，∵BD＝2DC＝4，∴S△ABD＝2S△ADC＝2×3＝6，∴BD•AG＝6，即×4×AG＝6，∴AG＝3，∵AB＝AD，AG⊥BC，∴BG＝DG＝DB＝2，∴CG＝CD+DG＝2+2＝4，∴AC＝＝＝5，又∠DHE＝∠AGC＝90°，∴△DHE∽△AGC，∴＝，即＝，解得DH＝，∴点D到AE的距离为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理等腰三角形的性质，以及折叠问题等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．4．（2022秋·上海·九年级上海市格致初级中学校考阶段练习）如图，将平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点．若直线上有一点，当为等腰三角形时，线段的长为__________．【答案】或2或或5【分析】根据平行四边形的性质和折叠的性质，可证明，可得到四边形是菱形，然后分三种情况讨论：当时，当时，当时，即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，，即，∴，由折叠的性质得：，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，∴，∴点B在的垂直平分线上，当时，点F在的垂直平分线上，如图，此时点B与点F重合，∴；当时，或；当时，如图，过点C作，则，∵，∴，解得：，∴，∴，∴；综上所述，线段的长为或2或或5．故答案为：或2或或5【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理、三角形面积以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定与性质和勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型，5．（2022春·上海金山·九年级校考阶段练习）如图，已知中，，，，将翻折，使点落在边上的点处，折痕交边于点，交边于点，如果，则线段的长为________．【答案】【分析】根据折叠的性质可得，，，是的垂直平分线，进而得出四边形是正方形，设，利用相似三角形、直角三角形的边角关系求解即可．【详解】解：如图，由折叠可知，，，，，是的垂直平分线，∵，，∴，∴，∴，∴四边形是正方形，则，，设，则，则，，∵，，∴，，∴，∴，即，，解得，，经检验符合题意；在中，，故答案为：．【点睛】本题考查折叠轴对称，正方形的判定和性质，相似三角形以及勾股定理的应用，理解折叠轴对称的性质和勾股定理是解决问题的关键．6．（2022秋·上海浦东新·九年级统考期中）已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，(如图)，将△ABC绕着点C旋转，点A、B的对应点分别记为A′、B′，A′B′与边AB相交于点E．如果A′B′⊥AC，那么线段B′E的长为_____．【答案】【分析】设A′B′交AC于F．在Rt△ABC中，求出AC、BC，在Rt△A′CB′中，求出AF、A′F，利用EF∥CB，推出，求出EF即可解决问题．【详解】解：设A′B′交AC于F．∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，，∴AC＝6，BC＝8，∵CF⊥A′B′，∴，，∵EF∥CB，∴，∴，∴，∴．故答案为．【点睛】本题考查旋转变换、解直角三角形．平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．7．（2022秋·上海·九年级校考期中）如图，梯形中，，点E在边上，把绕点B逆时针旋转90°，点E的对应点是点F，点C的对应点是点M，如果，那么的值是_______．【答案】【分析】过点D作DG⊥BC于点G，过点E作EH⊥BC于点H，由旋转的性质可得BF=BE，∠EBF=90°，可得∠BEF=45°=∠EBC=∠BEH，设EH=4a，HC=3a，可求BC=7a=AB=DG，由平行线分线段成比例可求DE：CE的值．【详解】解：如图，过点D作DG⊥BC于点G，过点E作EH⊥BC于点H，∵旋转，∴BF＝BE，∠EBF＝90°∴∠BEF＝45°，∵EF∥BC∴∠BEF＝∠EBC＝45°∵EH⊥BC∴∠EBC＝∠BEH＝45°，∴BH＝EH，∵tanC=，∴设EH＝4a，HC＝3a，∴BH＝4a，∴BC＝BH+HC＝7a＝AB，∵AB⊥BC，DG⊥BC，EH⊥BC∴AB∥DG∥EH，且AD∥BC∴四边形ABGD是平行四边形∴AB＝DG＝7a，∵EH∥DG∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，平行线分线段成比例等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．8．（2021秋·上海浦东新·九年级校考阶段练习）如图，矩形ABCD中，BC＝2，将矩形ABCD绕点D顺时针旋转90°，点A、C分别落在点A′、C′处，如果点A′、C′、B在同一条直线上，那么的值为_____．【答案】##【分析】根据题意作出图形，设CD＝AB＝m，根据可得，代入数值求得，即的长，证明，根据即可求解．【详解】解：如图，矩形ABCD设CD＝AB＝m，根据旋转的性质可知C′D＝m，A′C＝2+m，∵，∴，即，解得m＝﹣1﹣（舍去）或﹣1+，∴AB长为﹣1+．故答案为：．【点睛】本题考查了进行的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，根据题意作出图形，找到相似三角形是解题的关键．9．（2021秋·上海闵行·九年级上海市民办上宝中学校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，点E是边AD的中点，点F是对角线BD上一动点，∠ADB＝30°，连接EF，作点D关于直线EF的对称点P．若PE⊥BD，则DF的长为_____．【答案】2或6##6或2【分析】先求出，从而求出，然后分两种情况：当P点在BD的下方和P点在BD的上方，进行讨论求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，又∵AB=4，∠ADB=30°，∴BD=2AB=8，∴，∵E是AD的中点，∴如图1所示，设PE与BD交于点Q∵PE⊥BD，∠EDQ=30°，∴∠PED=60°，∵P是D关于直线EF的对称点，∴EF垂直平分PD，∴∠DEF=∠PEF=∠EDF=30°，∴EF=DF，，∵，∴，∴；如图2所示，同理可求出，由对称性可知，PF=DF，PE=DE，∵PQ⊥DF，∴∠PQD=90°，∴又∵∠QDE=30°，∴∠DEQ=60°，∴∠EPD+∠EDP=60°，∴∠EDP=∠EPD=30°，∴∠PDQ=60°，∴△PFD是等边三角形，∴DF=2DQ=6，故答案为：2或6．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，熟知相关知识利用分类讨论的思想求解是解题的关键．10．（2023秋·上海黄浦·九年级上海市民办明珠中学校考阶段练习）如图，已知，，将绕着点B顺时针旋转得到，线段与线段交于M点，如果，那么的值为____________.【答案】【分析】根据旋转的性质可得，，，设，利用含30度角的直角三角形性质和等腰直角三角形的判定与性质，结合线段的和与差求得，，再证明，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：如图，设与交于点，与交于点，由旋转性质得：，，，，设，，，∴，∴，，∴，∴，∵，∴，则,∴，，∴∵，∴∴，故答案为：．【点睛】本题考查旋转性质、含30度角的直角三角形的性质、等角对等边、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，正确进行线段间的长度转化是解答的关键．11．（2022春·上海·九年级专题练习）如图，已知扇形AOB的半径为6，圆心角为90°，E是半径OA上一点，F是上一点．将扇形AOB沿EF对折，使得折叠后的圆弧恰好与半径OB相切于点G，若OE＝5，则O到折痕EF的距离为________________．【答案】【分析】过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上，证得四边形为矩形，接着求得的长，再求得的长，又证得，从而得到，进而得到O到折痕EF的距离．【详解】解：如图，过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上，∵与是等弧∴与是等圆∴∵∴∴四边形为矩形∴∴∵∴若则∴∴连接，有∵∴∴∴∴∴即O到折痕EF的距离为故答案为：．【点睛】本题考查轴对称、三角形、矩形与圆的综合问题，是填空题的压轴题，懂得根据题意构造出等圆是解题的关键．12．（2023·上海崇明·统考一模）如图，在中，，点在边上，点在射线上，将沿翻折，使得点落在点处，当且时，的长为_________．【答案】##【分析】求出，勾股定理求出，根据题意，易得：，，进而求出的长，过作，过点作，过点作，交于点，延长交于点，易得四边形，四边形均为矩形，分别求出，得到，设，则：，分别用含的式子，表示出，利用勾股定理求出的值，进而得解．【详解】解：在中，，∴；，∵将沿翻折，使得点落在点处，当且，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，过作，过点作，过点作，交于点，延长交于点，∵，∴，∴四边形，四边形均为矩形，∴，，∴，∴，设，则：，∴，，，连接，则：，在中，，即：，解得：，∴；故答案为：．【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形．本题难度大，综合性强，根据题意，准确的作图，构造特殊图形，是解题的关键．13．（2021秋·上海·九年级上海市文来中学校考期中）如图，在中，，，，点在边上，联结，将绕着点旋转，使得点与边的中点重合，点的对应点是点，联结，则______．【答案】3【分析】如图，延长交于过作于求解由旋转的性质可得：求解证明证明结合求解证明再利用相似三角形的性质求解从而可得答案.【详解】解：如图，延长交于过作于是的中点，由旋转的性质可得：故答案为：3【点睛】本题考查的是旋转的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线构建相似三角形是解题的关键.14．（2021秋·