2023年数学九年级上册北师大版专题02 特殊四边形的旋转、折叠、最值问题(解析版)

2023-11-18 · 58页 · 3.8 M

专题02特殊四边形旋转折叠、最值问题菱形的旋转问题1.(2020秋·福建南平·九年级统考期中)如图,在平面直角坐标系中,O是菱形对角线的中点,轴且,,将菱形绕点O旋转,使点D落在x轴上,则旋转后点C的对应点的坐标是(    )  A. B. C. D.或【答案】D【分析】分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论,结合菱形的性质求解.【详解】解:根据菱形的对称性可得:当点D在x轴上时,A、B、C均在坐标轴上,如图,∵∠BAD=60°,AD=4,∴∠OAD=30°,∴OD=2,∴AO==OC,∴点C的坐标为(0,),  同理:当点C旋转到y轴正半轴时,点C的坐标为(0,),∴点C的坐标为(0,)或(0,),故选D.【点睛】本题考查了菱形的对称性,旋转的性质,直角三角形的性质,解题的关键是要分情况讨论.2.(2022秋·北京西城·九年级校考期中)如图,在平面直角坐标系中,菱形中,已知,,对角线交点D,将菱形绕点D顺时针方向旋转,每次旋转60°,则旋转2次后,点D的坐标是,旋转2022次后,点D的坐标是.【答案】【分析】求出点D的坐标,菱形每次逆时针旋转60°,相当于对点D每次逆时针旋转60°,根据周期性,可求出点D的坐标.【详解】解:如下图所示,作轴交于点E,∵四边形是菱形,∴,点D是的中点,∵点A的坐标为,∴,∵,∴,∵轴,∴,,∴,∴点B的坐标为,,∵点D是的中点,∴点D的坐标为,,菱形每次逆时针旋转60°,相当于对点D每次逆时针旋转60°,根据图形变化可得,旋转1次坐标为,旋转2次坐标为,旋转3次坐标为,旋转4次坐标为,旋转5次坐标为,旋转6次坐标为,……,∴旋转2次后,点D的坐标是,坐标的变化具有周期性,,∴旋转2022次后.点D的坐标是故答案为:;.【点睛】本题考查了菱形的性质、点的坐标变化等知识点,求出点D的坐标,再根据其周期性变化求出坐标是解本题的关键,综合性较强,难度较大.3.(2022秋·全国·九年级期中)如图,平行四边形ABCD中,.对角线相交于点O,将直线AC绕点O顺时针旋转,分别交于点E,F.(1)证明:当旋转角为90°时,四边形ABEF是平行四边形;(2)证明:在旋转过程中,线段AF与EC总保持相等;(3)在旋转过程中,当AC绕点O顺时针旋转多少度时,四边形BEDF是菱形,请给出证明.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)45°,见解析【分析】(1)根据平行四边形的性质得,根据已知条件可得,根据两组对边分别平行的四边形是平行四边证明即可;(2)通过证明△AOF≌△COE(ASA).即可得证;(3)根据题意与勾股定理求得,根据平行四边形的性质可得,得到,结合菱形的性质和判定求解.【详解】(1)证明:如图,∵平行四边形ABCD中,ADBC,∴AFBE,∵AB⊥AC,∴∠BAC=90°,又∵旋转角为90°时,∠AOF=90°,∴∠BAC=∠AOF,∴ABEF,∴四边形ABEF是平行四边形.(2)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴OA=OC,ADBC,∴∠OAF=∠OCE,∵∠AOF=∠COE,∴△AOF≌△COE(ASA).∴AF=CE.∴在旋转过程中,线段AF与EC总保持相等.(3)当AC绕点O顺时针旋转45度时,四边形BEDF是菱形.理由如下:由(2)知:AF=CE,∵四边形ABCD是平行四边形,∴ADBC,AD=BC,∴DF=BE,DFBE,∴四边形BEDF是平行四边形.如图:∵AB⊥AC,AB=1,BC=,∴,∵四边形ABCD是平行四边形,∴AO=AC=1,∴AO=AB,∵AB⊥AC,∴∠AOB=45°∵AC绕点O顺时针旋转45度,∴∠AOF=45°,∴∠BOF=90°,∴EF⊥BD.∴四边形BEDF是菱形.【点睛】本题考查旋转的性质及菱形性质和判定,掌握平行四边形,全等三角形的性质与判定,菱形的性质和判定是求解本题的关键.菱形的折叠问题4.(2022秋·广东深圳·九年级校考期中)如图,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,将菱形折叠,使点A恰好落在对角线BD上的点G处(不与B、D重合),折痕为EF,若DG=2,AD=6,则BE的长为( )A. B. C.3 D.3.5【答案】A【分析】作EH⊥BD于H,根据折叠的性质得到EG=EA,根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形,得到AB=BD,根据勾股定理列出方程,解方程即可.【详解】解:作EH⊥BD于H,由折叠的性质可知,EG=EA,∵四边形ABCD是菱形,∴AD=AB,∠ABD=∠CBD=∠ABC=60°,∴△ABD为等边三角形,∴AB=BD=AD=6,设BE=x,则EG=AE=6﹣x,在Rt△EHB中,BH=x,EH=x,在Rt△EHG中,EG2=EH2+GH2,即(6﹣x)2=(x)2+(4﹣x)2,解得,x=,∴BE=,故选:A.【点睛】此题考查了菱形的性质,折叠的性质,等边三角形的判定及性质,勾股定理,熟记各知识点并综合运用是解题的关键.5.(2022秋·四川达州·九年级校考期中)如图,在边长为+1的菱形ABCD中,∠A=60°,点E、F分别在AB、AD上,沿EF折叠菱形,使点A落在BC边上的点G处,且EG⊥BD于点M,则EG的长为【答案】.【详解】试题分析:如图1,连接AC,∵菱形ABCD的边长是,∠A=60°,则BD=AB=,AO=OB,∴AC=2AO=OB=BD==,∵沿EF折叠菱形,使点A落在BC边上的点G处,∴EG=AE,∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,又∵EG⊥BD,∴EG∥AC,∴,又∵EG=AE,∴,解得EG=,∴EG的长为.故答案为.考点:1.翻折变换(折叠问题);2.菱形的性质;3.综合题.6.(2020秋·山东枣庄·九年级校考期中)如图,将平行四边形沿折叠,恰好使点与点重合,点落在点处,连接、.求证:.判断四边形的形状,说明理由.【答案】(1)详见解析;(2)四边形是菱形,理由详见解析【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形与折叠性质,易得,则可利用AAS判定:;(2)由(1)易证得,又由AF∥EC,即可判定四边形AECF是菱形.【详解】证明:∵四边形是平行四边形,∴,,由折叠的性质得:,,∴,,∴,又∵,,,∴,在和中,,∴;四边形是菱形,理由:由折叠的性质得:,∵,∴,∴,∵,∴四边形是平行四边形,∴四边形是菱形.【点睛】此题考查了平行四边形的性质、菱形的判定、折叠的性质以及全等三角形的判定与性质.掌握折叠前后图形的对应关系是解题关键.菱形的最值问题7.(2022秋·山东枣庄·九年级统考期中)如图,四边形是菱形,对角线,相交于点,,,点是上一动点,点是的中点,则的最小值为(    )A. B. C.3 D.【答案】A【分析】连接,先根据两点之间线段最短可得当点共线时,取得最小值,再根据菱形的性质、勾股定理可得,然后根据等边三角形的判定与性质求出的长即可得.【详解】解:如图,连接,由两点之间线段最短得:当点共线时,取最小值,最小值为,四边形是菱形,,,,,,是等边三角形,点是的中点,,,即的最小值为,故选:A.【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点,熟练掌握菱形的性质是解题关键.8.(2022秋·贵州贵阳·九年级统考期中)如图,在菱形中,对角线,的长分别为,,将沿射线的方向平移得到,分别连接,,,则的最小值为.  【答案】【分析】连接与交于点O,延长到,使,连接,证明,得出,当点三点共线时,的最小,由勾股定理求出即可.【详解】解:连接与交于点O,延长到,使,连接,∵四边形是菱形,∴,,,,∴,由平移性质知,,,,,∴,,∴,∴,∴,∴,当点三点共线时,∴的最小值为:,故答案为:.【点睛】本题考查了菱形的性质,平移的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,关键是确定使所求的最小值.9.(2022秋·江西九江·九年级统考期中)如图,△ABC中,AB=BC,过A点作BC的平行线与∠ABC的平分线交于点D,连接CD.(1)求证:四边形ABCD是菱形;(2)过点D作AC的平行线交直线BC于点E,连接DE,点P是线段BD上的动点,若,请直接写出PC+PE的最小值.【答案】(1)见解析(2)PC+PE的最小值为【分析】(1)利用平行加角平分线,证明,从而得到,证明四边形ABCD是平行四边形,再利用邻边相等的平行四边形是菱形即可得证;(2)连接,即为PC+PE的最小值,过作,利用等积法求出,再利用勾股定理求出,利用求出,再利用勾股定理即可求出.【详解】(1)证明:∵,BO平分∠ABC,∴,∵,∴,∴∴,∴四边形是平行四边形,∵,∴四边形是菱形;(2)过作,∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,OA=OC=,∴,∵,∴,∴,∵∴四边形为平行四边形,∴,∴,∵点关于的对称点为点,连接,则PC+PE的最小值=,,∴PC+PE的最小值为.【点睛】本题考查菱形的判定和性质.熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键.本题中出现平行加角平分线模型以及将军饮马问题,是考试中常考的典型问题.矩形的旋转问题10.(2022秋·湖北·九年级统考期中)已知大小一样的矩形和矩形如图1摆放,,现在把矩形绕点A旋转,如图2,交于点M,交于点N,若,则的值为(   ).A. B. C. D.【答案】D【分析】设与交于点H,由已知可得、都是等腰直角三角形,由勾股定理可得、的长,从而可求得的长.【详解】设与交于点H,如图,∵四边形、四边形都是矩形,∴,,∵,∴是等腰直角三角形,∴,∴,∵,∴,∴,∴是等腰直角三角形,同理,是等腰直角三角形,∴,由勾股定理可得,∴,由勾股定理得:,∴.故选:D.【点睛】本题考查了矩形的性质,等腰三角形的判定与性质,勾股定理等知识,由题意得到若干个等腰直角三角形是问题的关键.11.(2022秋·辽宁鞍山·九年级校联考期中)将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形,其中点与点,点与点分别是对应点,连接.  (1)如图,若点,,第一次在同一直线上,与交于点,连接.①求证:平分.②取的中点,连接,求证:.③若,,求的长.(2)若点,,第二次在同一直线上,,,直接写出点到的距离.【答案】(1)①见解析;②见解析;③(2)【分析】(1)①根据旋转的性质得到,求得,根据平行线的性质得到,于是得到结论;②如图1,过点作的垂线,根据角平分线的性质得到,求得,根据全等三角形的性质得到,根据三角形的中位线定理即可得到结论;③如图2,过点作的垂线,利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得到结论.(2)如图3,连接,,过作交的延长线于,交的延长线于,根据旋转的性质得到,,解直角三角形得到,,根据三角形的面积公式即可得到结论.【详解】(1)解:①证明:矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形,,,又,,,平分;②证明:如图1,过点作的垂线,垂足为Q,  平分,,,,,,,,,,即点是中点,又点是中点,;③解:如图2,过点作的垂线,过点作的垂线,∴又,,,,,,,,则;(2)解:如图3,连接,,过作交的延长线于,交的延长线于,则,∴四边形是矩形,则,  将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形,,,点,,第二次在同一直线上,,,,,,又,,,,又,.【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定和性质,矩形的性质,三角形的中位线定理,勾股定理,含30度角的直角三角形的性质,解题的关键是正确地作出辅助线.矩形的折叠问题12.(2022秋·陕西·九年级陕西师大附中校考期中)如图,点是矩形中边上一点,,将沿折叠,点恰好落在边处,满足,则的长为(    )A. B.4 C. D.【答案】C【分析】根据矩形和轴对称的性质,得,,,根据含角直角三角形的性质,得,,从而推导得,再根据勾股定理性质计算,即可得到答案.【详解】∵点是矩形中边上一点,将沿折叠,点恰好落在边处,∴,,∵∴∵∴∴∴,设,则∴∴,即∴∴故选:C.【点睛】本题考查了含角直角三角形、矩形、轴对称、勾股定理的知识;解题的关键是熟练掌握含角直角三角形、矩形的性质,从而完成求解.13.(2022秋·广西贵港·九年级统考期中)如图,在矩形纸片中,

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