专题02 特殊四边形的旋转、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,,,M是上的点,且,将矩形纸片沿过点M的直线折叠,使点D落在上的点P处,点C落在点处,折痕为,当与线段交于点H时,则线段的长是( )
A.3 B. C.4 D.
【答案】B
【分析】连接,证明即可得到,证明,得出,然后列出关于x的方程,解方程即可.
【详解】解:连接,如图所示:
∵矩形纸片中,,,
∴,,
∵,
∴,
根据折叠可知,,,,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∴,
设,则,
∵,
∴,
解得:,
∴,故B正确.
故选:B.
【点睛】本题考查矩形的折叠问题,解题的关键是看到隐藏条件,证明三角形全等,学会利用翻折不变性解决问题.
14.(2022秋·四川成都·九年级统考期中)如图,矩形,,将矩形沿对角线折叠,点落在点处,连接,若三角形为等腰三角形,则 .
【答案】
【分析】根据翻折可证明,即可得到,再由三角形内角和为180°解得,从而可得,进而得,利用含的直角三角形即可求解.
【详解】∵将矩形沿对角线折叠,
∴,,
∵三角形为等腰三角形,
∴,,,
在和中,,
∴(SSS),
∴,
∵四边形为矩形,
∴,,
在中,
,
即,
∴,
∴,
又∵,
∴,
∴,
由勾股定理可得:,即:,
∴,
故答案为:.
【点睛】本题考查了翻折问题,含的直角三角形,等腰三角形的性质,勾股定理,能根据题意求出是解题关键.
15.(2022秋·四川南充·九年级统考期中)如图,将一张矩形的纸片沿向上折叠,顶点C落在点E处,交于F.
(1)求证:是等腰三角形;
(2)过D作交于G,连接,交于O.
①判断四边形的形状;
②若,,求的长.
【答案】(1)见解析;
(2)①菱形;②.
【分析】(1)根据两直线平行内错角相等及折叠特性可得结论;
(2)①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等可得结论;
②在中,由勾股定理可求,在中,由勾股定理可求的长,根据菱形的面积公式即可求解.
【详解】(1)证明:根据折叠可得,
又,
∴,
∴,
∴,
∴是等腰三角形;
(2)①四边形是菱形,
理由如下:∵四边形是矩形,
∴,
∴,
又∵,
∴四边形是平行四边形,
∵,
∴四边形是菱形;
②在中,,,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴四边形的面积,
解得:.
【点睛】本题是四边形综合题,考查了菱形判定,矩形的性质,等腰三角形的判定,勾股定理等知识,利用勾股定理求出的长是本题的关键.
矩形的最值问题
16.(2022秋·广东梅州·九年级统考期中)如图,在矩形中,点E是对角线上一点,有且,点P是上一动点,则点P到边,的距离之和的值( )
A.有最大值a B.有最小值 C.是定值 D.是定值
【答案】D
【分析】连接,过点作,利用,即可得解.
【详解】解:连接,过点作,交于点,
∵在矩形中,,,
∴,
∵
即:,
∴;
∵,
∴,
∴;
故选D.
17.(2021秋·广东茂名·九年级校联考期中)如图,在△ABC中,AC=9,AB=12,BC=15,P为BC边上一动点,PG⊥AC于点G,PH⊥AB于点H.
(1)求证:四边形AGPH是矩形;
(2)在点P的运动过程中,GH的长度是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析;(2)见解析.
【分析】(1)根据“矩形的定义”证明结论;
(2)连结AP.当AP⊥BC时AP最短,结合矩形的两对角线相等和面积法来求GH的值.
【详解】(1)证明∵AC=9 AB=12 BC=15,
∴AC2=81,AB2=144,BC2=225,
∴AC2+AB2=BC2,
∴∠A=90°.
∵PG⊥AC,PH⊥AB,
∴∠AGP=∠AHP=90°,
∴四边形AGPH是矩形;
(2)存在.理由如下:
连结AP.
∵四边形AGPH是矩形,
∴GH=AP.
∵当AP⊥BC时AP最短.
∴9×12=15•AP.
∴AP=.
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质.解答(2)题时,注意“矩形的对角线相等”和“面积法”的正确应用.
18.(2021秋·浙江台州·九年级校联考期中)如图1,矩形中,,将矩形绕着点顺时针旋转,得到矩形.
(1)当点落在上时,则线段的长度等于;
(2)如图2,当点落在上时,则的面积为;
(3)如图3,连接,判断与的位置关系并说明理由;
(4)在旋转过程中,求出的最大值.
【答案】(1)2;(2);(3)AE⊥CG,理由见详解;(4)的最大值为
【分析】(1)利用勾股定理求出BD,然后问题可求解;
(2)过点B作BM⊥AC于点M,先利用△ABC的面积求出BM,然后根据勾股定理得出AM,进而可得AE,最后利用三角形面积公式可求解;
(3)先利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理判断出∠BAE=∠BCG,进而判断出∠CQP=∠ABC=90°,最后可求解;
(4)先构造处,得出,进而得出,然后问题可求解.
【详解】解:(1)如图1,
∵四边形ABCD是矩形,
∴,
∵,
∴在Rt△ABD中,由勾股定理得:,
由旋转的性质知,,
∴,
故答案为2;
(2)过点B作BM⊥AC于点M,如图2,
∴在Rt△ABC中,由勾股定理得,
由旋转的性质知,,
∴,
∵,
∴,
在Rt△ABM中,由勾股定理得:,
∴,
∴;
故答案为;
(3)AE⊥CG,理由如下:
设AE与CG的交点为Q,AE与BC的交点为P,如图3:
由旋转的性质知,,
∴,
∵,,
∴,
∴;
(4)如图4,延长AB至,使,连接,过点G作GH⊥AB于点H,
∴,
∵,
∴,
由旋转可知,,
∴,
∴,
∴,
要使的值为最大,则GH最大,当时最大,
∴的最大值为.
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质及勾股定理,熟练掌握矩形的性质、旋转的性质及勾股定理是解题的关键.
正方形的旋转问题
19.(2021秋·陕西西安·九年级西安市曲江第一中学校考期中)如图,在正方形ABCD中,,点M在CD边上,且,与关于所在的直线AM对称,将按顺时针方向绕点A旋转90°得到,连接EF,则线段EF的长为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】连接BM.先判定△FAE≌△MAB(SAS),即可得到EF=BM.再根据BC=CD=AB=6,根据勾股定理求出DM=2,CM=4,利用勾股定理即可得到,Rt△BCM中,BM=,进而得出EF的长.
【详解】解:如图,连接BM.
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称,
∴AE=AD,∠MAD=∠MAE.
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF,
∴AF=AM,∠FAB=∠MAD.
∴∠FAB=∠MAE
∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠MAE.
∴∠FAE=∠MAB.
∴△FAE≌△MAB(SAS).
∴EF=BM.
∵四边形ABCD是正方形,
∴BC=CD=AB=6.
∵
∴DM=,
∴CM=6-2=4.
∴在Rt△BCM中,BM=,
∴EF=,
故选:A.
【点睛】本题考查正方形的性质、轴对称性质,三角形全等的判定和性质,勾股定理,二次根式化简,关键利用辅助线作出准确图形,熟记正方形的性质、轴对称性质,三角形全等的判定和性质,勾股定理.
20.(2022秋·天津·九年级校考期中)如图,点E为正方形ABCD外一点,∠AEB=90°,将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF,DF的延长线交BE于H点,若BH=7,BC=13,则DH= .
【答案】17
【分析】根据旋转的性质得出有关相等的角、相等的边,从而证明四边形AEHF为正方形,再根据勾股定理求出EH的长,就可得到DH.
【详解】解:∵将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF,∠AEB=90°,
∴AF=AE,BE=DF,∠DFA=∠E=∠AFH=90°,∠EAF=90°,
∴四边形AEHF为正方形,
∴AF=EH,
设EH=x,
BH=7,
BE=7+x,AF=EF=x,
在正方形ABCD中,AD=BC=13,
在Rt△AFD中,
根据勾股定理,得,
解得=﹣12(舍去),=5,
∴DH=17.
故答案为:17.
【点睛】本题主要考查了旋转、正方形的性质,熟练应用旋转的性质得出有关相等的角、相等的边,证明四边形AEHF为正方形是解题关键.
21.(2022秋·贵州贵阳·九年级统考期中)如图,点E是正方形内一动点,满足.
(1)[动手实践]将图中的绕点A逆时针旋转得到,点B与点D重合,点E旋转后的对应点是点F;
(2)[问题探究]在补全的图中,分别延长和交于点G,判断四边形的形状;
(3)[拓展延伸]猜想线段之间的数量关系,并说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)四边形是正方形,证明见解析
(3),理由见解析
【分析】(1)根据题意作图即可;
(2)根据旋转的性质以及正方形的性质与判断,先证明四边形是矩形,再证明矩形是正方形;
(3)根据正方形的性质以及旋转的性质可得结论.
【详解】(1)解:依题意补全图形,如图,
(2)四边形是正方形,
证明:∵绕点A逆时针旋转90°得到,
∴,
∴四边形是矩形,
又∵,
∴矩形是正方形;
(3)理由如下:
∵绕点A逆时针旋转90°得到,
∴,
∵四边形是正方形,
∴,
∵,
∴.
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质,旋转的性质等知识点,熟练掌握旋转的性质是解本题的关键.
正方形的折叠问题
22.(2021春·福建泉州·九年级校考期中)如图,将正方形沿直线折叠,点
落在对角线上的点处,则的角度是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】由正方形的性质,则,由折叠的性质,得DE=DC,即可得到得角度.
【详解】解:∵四边形ABCD是正方形,BD是对角线,
∴,
由折叠的性质,则
DE=DC,
∴△CDE是等腰三角形,
∴;
故选:B.
【点睛】本题考查了正方形的性质,折叠的性质,等腰三角形的性质和三角形的内角和定理,解题的关键是掌握所学的知识,正确得到.
23.(2021秋·河南郑州·九年级统考期中)如图,正方形ABCD中,点E为BC边的中点,点P为边AB上一个动点,连接PE,以PE为对称轴折叠得到,点B的对应点为点F,若,当射线EF经过正方形ABCD边的中点(不包括点E)时,BP的长为 .
【答案】2或
【分析】分EF经过正方形ABCD另外三边三种情况求解即可.
【详解】解:①EF经过CD边中点O时,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC=CD=DA,
∵点O是CD的中点,点E是BC的中点,
∴
∵CE=CO=2
∴
由折叠得:
∴
∴
作FG⊥AB于点G,作EH⊥FG于点H,如图,,
设,则,
∵∠BPF=45︒
∴PG=FG=x+2,
∴
∴由勾股定理得,
由折叠得,PB=PF
∴
解得,x=
∴
∴点P在AB外,不符合题意;
②EF经过AD边中点,如图,
此时,
∴;
③EF经过AB边中点,如图,
∵
∴
由折叠得
设,则,PB=x
∴
∴,即
综上,BP的长为2或
故答案为:2或
【点睛】本题主要考查了折叠的性质和正方形的性质,灵活运用分类讨论思想是解答本题的关键.
24.(2021春·湖北宜昌·九年级统考期中)如图,有一张边长为6的正方形纸片ABCD,P是AD边上一点(不与点A、D重合),将正方形纸片沿EF折叠,使点B落在点P处,点C落在点G处,PG交DC于H,连接BP.
(1)求证:∠APB=∠BPH;
(2)若P为AD中点,求四边形EFGP的面积;
(3)当点P在边AD上移动时,△PDH的周长是否发生变化?写出你的结论并证明.
【答案】(1)见解析;(3);(3)△PHD的周长不变为定值12,见解析.
【分析】(1)欲证明∠APB=∠BPH,只要证明∠APB+∠EBP=90°,∠BPH+∠EPB=90°,根据EP=EB,推出∠EBP=∠EPB即可证明.
(2)如图1中,作FM⊥AB于M.由△ABP≌△MFE,推出AP=EM=3,想办法求出EB、CF即可解决问题.
(3)△PHD的周长不变为定值12.如图2中,作BQ⊥PG于Q,连接BH,分别证明△BPA≌△BPQ和△BHQ≌△BHC即可.
【详解】(1)∵PE=BE,∴∠EBP=∠EPB.
∵∠A=∠ABC=∠EPG=90°,∴∠APB+∠EBP=90°,∠BPH+∠EPB=90°,∴∠APB=∠BPH.
(2)如图1中,作FM⊥AB于M.
∵∠BEF+∠ABP=90°,∠BEF+∠EFM=90°,
∴∠ABP=∠EFM.
在△ABP和△MFE中,∵,
∴△ABP≌△MFE,∴ME=APAD=3.在Rt△AEP中,设AE=x,则EP=BE=6﹣x,∴(6﹣x)2=x2+32,∴x,∴CF=BM=AB﹣AE﹣EM,∴S四边形EFGP(CF+BE)×BC()×6.
(3)△PHD的周长不变为定值12.证明如下:
如图2中,作BQ⊥PG于Q,连接BH.
由(1)可知∠APB=∠BPQ.
在△BPA和△BPQ中,∵,
∴△BPA≌△BPQ,∴AP=PQ,AB=BQ.
∵AB=BC,∴BC=BQ.
∵∠BQH=∠C=90°,BH=BH,∴△BHQ≌△BHC,∴CH=QH,∴△PDH的周长=DP+PH+DH=(DP+AP)+(CH+DH)=AD+CD=12.
【点睛】本题考查了四边形综合题、翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.
正方形的最值问题
25.(2022秋·福建漳州·九年级校考期中)如图,平面内三点A、B、C,,,以为对角线作正方形,连接,则的最大值是( )
A.6 B.11 C. D.
【答案】D
【分析】如图将绕点顺时针旋转得到.由旋转不变性可知:,.,得出是等腰直角三角形,推出,当的值最大时,的值最大,根据三角形的三边关系求出的最大值即可解决问题.
【详解】解:如图,
将绕点顺时针旋转得到,
由旋转不变性可知:,,,
是等腰直角三角形,
,
当的值最大时,的值最大,
,
,
的最大值为11,
的最大值为.
故选:D.
【点睛】本题考查正方形的性质,动点问题,三角形的三边关系等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,学会用转化的思想思考问题.
26.(2022秋·广东中山·九年级校联考期中)如图,已知,B为上一点,于A,四边形为正方形,P为射线上一动点,连接,将绕点C顺时针方向旋转得,连接,若,则的最小值为 .
【答案】/
【分析】连接,依据构造全等三角形,即,将的长转化为的长,再依据垂线段最短得到当最短时,亦最短,根据∠O=30°,=,即可求得的长的最小值.
【详解】如图,连接,
由题意可得,
∴ ,
在中,
,
∴,
∴,
当时,最短,此时最短,
∵, ,
∴,
∴
∴,
∴当时, ,
∴的最小值为.
故答案为:.
【点睛】本题考查了旋转的性质,正方形的性质,全等三角形的判定与性质以及垂线段最短的性质的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形,根据全等三角形的对应边相等以及垂线段最短进行解答.
27.(2022秋·福建漳州·九年级统考期中)如图,,四边形ABCD是正方形,且点A、D始终分别在射线OM和ON上.
(1)如图1,若,点A、D在OM,ON上滑动过程中,OB何时取最大值,并求出此最大值.
(2)如图2,点P在AB上,且,DP交AC于点F,延长射线BF交AD,ON分别于点G、Q.
①求证:.
②若,求的周长.
【答案】(1)经过的中点时最大,最大值为
(2)①见解析;②
【分析】(1)取的中点,连接、,则,当经过的中点时最大,由已知可得,由勾股定理可求得,则可求得最大值;
(2)①由正方形的性质可证明,则有,又由互余的性质可得,再由角平分线的定义及等量代换可得,则可得结论;
②过点作于点,由已知可证明,则,,再由辅助线作法及①中结论易得四边形是矩形,故有,,由①有,则
,最后易得结果.
【详解】(1)解:取的中点,连接、,如图所示,
则,
当经过的中点时最大;
∵四边形是正方形,
∴,,
∵,的中点为,
∴,
在中,由勾股定理可求得,
∴,
∴最大值为;
即经过的中点时最大,最大值为;
(2)解:①∵四边形是正方形,
∴,,
∵,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴;
②如图,过点作于点,
则,
由①知,,
∵,
∴,
∴,,
由①知,,
∴四边形是矩形,
∴,,
由①知,,
∴,
∵,
又,,
∴的周长.
【点睛】本题考查了正方形的性质,矩形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,两点间线段最短,直角三角形斜边上中线的性质及勾股定理等知识,灵活运用这些知识是关键,注意构造适当的辅助线.
28.(2022秋·天津和平·九年级统考期中)如图 ,已知△ABC 中,∠C=90°,AC=BC=,将△ABC 绕点 A 顺时针方向旋转 60°得到△A′B′C′的位置,连接 C′B,则 C′B 的长为 ( )
A.2- B. C. D.1
【答案】C
【分析】如图,连接BB′,延长BC′交AB′于点D,证明△ABC′≌△B′BC′,得到∠DBB′=∠DBA=30°;求出BD、C′D的长,即可解决问题.
【详解】解:如图,连接BB′,延长BC′交AB′于点D,
由题意得:∠BAB′=60°,BA=B′A,
∴△ABB′为等边三角形,
∴∠ABB′=60°,AB=B′B;
在△ABC′与△B′BC′中,
∴△ABC′≌△B′BC′(SSS),
∴∠DBB′=∠DBA=30°,
∴BD⊥AB′,且AD=B′D,
∵AC=BC=,
∴,
∴,,,
.
故选:C.
【点睛】本题考查旋转的性质,全等三角形的性质和判定,等边三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,直角三角形斜边上的中线.作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键,也是本题的难点.
29.(2022秋·江苏南通·九年级统考期中)如图,在平面直角坐标系中,将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形,依此方式,绕点O连续旋转2022次得到正方形,如果点A的坐标为,那么点的坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据图形可知:点在以为圆心,以为半径的圆上运动,再由旋转可知:将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形,相当于将线段绕点逆时针旋转,可得对应点的坐标,然后发现规律是8次一循环,进而得出答案.
【详解】解:点的坐标为,
,
四边形是正方形,
,,
,
连接,如图:
由勾股定理得:,
由旋转的性质得:,
将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形,
相当于将线段绕点逆时针旋转,依次得到,
,,,,,,,,
发现是8次一循环,则,
点的坐标为,
故选:A.
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型:点的坐标等知识,解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法.
30.(2022春·浙江湖州·九年级校联考期中)如图,在矩形ABCD中,AB=7cm,BC=2cm,点N在边CD上,CN=1cm,点M是矩形ABCD的边AB上一动点,现将四边形BCNM沿MN折叠,使点B,C分别落在点B′,C′上.边MB′与边CD交于点E,当点M从点A运动到点B的过程中,点E运动的路径长为 cm.
【答案】
【分析】通过作图可以发现,点E从A向右运动至时不再向右,转而向左运动至、 E重合后E点消失,所以根据勾股定理和折叠的性质把E从A向右运动的路径长和中途向左运动的路径长求和即可得解.
【详解】①如图,当点M从A开始运动时,A、M重合,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB∥CD,
∴∠1=∠3,
由翻折的性质可知:∠1=∠2,BM=MB′,
∴∠2=∠3,
∴AE=EN,
设,则,,AD=2,
解得,
∴CE=EN+CN=,
②如图,当时,
,
∴①→②点运动了,
③如图,、 E重合时,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB∥CD,
∴∠1=∠3,
由翻折的性质可知:∠1=∠2,BM=MB′,
∴∠2=∠3,
∴MB′=NB′,
∵NB′=
∴BM=NB′=.
∴②→③过程中,点运动了
综上所述,点的运动路径长为+=
故答案为:
【点睛】本题考查翻折变换,矩形的性质,勾股定理解直角三角形等知识,解题的关键是理解题意,理解点的运动方向以及改变运动方向时的特殊点位置.
31.(2022秋·陕西西安·九年级西安市铁一中学校考期中)如图,菱形的边长为4,,点E、F分别是边上的动点,且,过点B作于点G,连接,则长的最小值是 .
【答案】/
【分析】连接交于点O,先证明点O为菱形的对角线的交点,然后利用直角三角形的性质得到点G的轨迹,再利用动点和定点的连线经过圆心时,线段有最小(大)值求解即可.
【详解】解:连接交于点O,,
,
,
,
,
连接必过点O,
于G,取中点M,连接
,
点G在以为直径的半圆M上运动,
故当共线时,取最小值,即最小值为的长度,如图所示,
此时,菱形的边长为4,,
,
,,
在中,,
的最小值为:,
故答案为:.
【点睛】此题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、动点的轨迹等知识,熟练掌握菱形的性质、得到点G的轨迹是解答此题的关键.
32.(2022秋·浙江丽水·九年级校联考期中)阅读下面材料:
子薇遇到这样一个问题:如图1,在正方形中,点、分别为、边上的点,,连接,求证:.子薇是这样思考的:要想解决这个问题,首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上.他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法,发现通过旋转可以解决此问题.他的方法是将绕点顺时针旋转得到(如图2),此时即是.
请回答:在图2中,的度数是 .
参考子薇得到的结论和思考问题的方法,解决下列问题:
(1)如图3,在直角梯形ABCD中,,,,E是CD上一点,若,,求BE的长度.
(2)如图4,已知线段,线段绕点旋转,且,连接,以为边作正方形,连接.求线段的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得,然后求出,再根据计算即可得解;
(1)过点作交的延长线于点,可得四边形是正方形,然后设,根据子薇的结论表示出,再求出、,然后在中,利用勾股定理列式进行计算即可得解;
(2)过点作,取,连接,如图所示,在等腰中,,然后利用“”证明,根据全等三角形对应边相等可得,然后利用三角形三边关系可知,从而得到线段的最大值为.
【详解】解:绕点顺时针旋转得到,
,
四边形是正方形,
,
,
,
,
,
,
,
故答案为:;
(1)解:过点作交的延长线于点,如图3所示:
,,,
四边形是正方形,
设,根据子薇的结论,,
,,
,,
在中,,即,整理得,,解得,即;
(2)解:过点作,取,连接,如图所示:
在等腰中,,
在正方形中,,,
,,
,
在和中,
,
,
,
在中,利用三角形三边关系可知,且当三点共线时,,即,
线段的最大值为.
【点睛】本题考查了旋转的性质,勾股定理,全等三角形的判定与性质,正方形的性质,三角形三边关系,(2)中作辅助线补充完整正方形是解题的关键,(3)作辅助线构造全等三角形是解题的关键.
33.(2022秋·福建三明·九年级统考期中)已知矩形中,,是边上一点,连接,将沿着直线折叠得到.
(1)若;
①如图1,若点在边上,的长为 ;
②、、三点在同一直线上时,求的长;
(2)如图3,当点是的中点时,此时点落在矩形内部,延长交于点,若点是的三等分点,求的长.
【答案】(1)①6;②2
(2)或者
【分析】(1)由矩形的性质可得、,;①由点在边上可得四边形是正方形,然后由正方形的性质可得即可解答;②由折叠的性质可得,,进而得到,根据三角形的面积求得,然后根据勾股定理可得,最后根据线段的和差即可解答;
(2)当时,如图3,连接,先证可得;设,则、,再根据勾股定理列方程求得x,进而求得;当时,同理可求解.
【详解】(1)解:四边形是矩形,
,,,
①如图1,点在边上,
∴根据折叠有:,
∴四边形是正方形,
,
故答案为:6.
②如图2,由折叠得,,
,
,
,
,
,
的长为2.
(2)解:当时,如图3,连接,
点是的中点,
,
由折叠得,,,
,,
在和中,
,
,
设,
点是的三等分点,
,,
,
,解得,(不符合题意,舍去),
,
的长为.
当时,如图4,连接,
同理可证明,
∴,
根据翻折可知:,
∴可得,
设,即,
∴,,
∴,
∵,
∴,
解得:,
∴,
综上:的长为或者.
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点,灵活运用相关知识点成为解答本题的关键.
34.(2021秋·重庆·九年级重庆实验外国语学校校考期中)菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,过点B作BE⊥AB交AC于点E.已知点F是AB边上一点,且BF=BE,过点F作PF⊥AB交BD延长线于点P,交AD于点Q.
(1)如图(1),若F是AB的中点,且BE=2,求PD的长;
(2)如图(2),求证:AQ=BE+PQ;
(3)如图(3),在菱形ABCD中,已知∠BAD=60°,AB=6.点P是对角线上的动点,过点B作BM垂直直线AP于点M.点N是CD边上的动点,请直接写出+MN的最小值.
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】(1)利用全等三角形的性质证明,利用勾股定理求出,再利用面积法求出,可得结论;
(2)如图2中,连接,,过点作于点,作交于点,在上取一点,使得,连接.利用全等三角形的性质证明,,证明四边形是正方形,推出,再证明,可得结论;
(3)如图3中,取的中点,连接,延长到,使得,连接,过点作于点,过点作于,交于点,交于点.由,推出,由,推出的最小值,求出,即可解决问题.
【详解】(1)解:如图1中,
四边形是菱形,
,,
,,
,
,,
,
,,
,
,
,
,
,
,
.
(2)证明:如图2中,连接,,过点作于点,作交于点,在上取一点,使得.
由(1)可知,,
,
,
,
,,,
,
四边形是矩形,
,
四边形是正方形,
,
,
四边形是菱形,
,关于对称,
,,
,,,
,
,
,,
,
,
,
,
.
如图3中,取的中点,连接,延长到,使得,连接
,
,
点在以为直径的圆上运动,
四边形是菱形,,
是等边三角形,
,
,
,
,
,
是等腰直角三角形,
过点作于点,过点作于,交于点,交于点.
,,
,
,
,
的最小值,
是等边三角形,,
,,
,
是等腰直角三角形,
,
,
,
的最小值为.
【点睛】本题属于四边形综合题,考查了菱形的性质,全等三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是学会利用垂线段最短,解决最短问题,属于中考压轴题.