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2020年中考三轮冲刺复习同步练习：
《图形的平移》综合训练（二）
1．如图，AD∥BC，∠B＝∠D＝50°，点E、F在BC上，且满足∠CAD＝∠CAE，AF平分∠BAE．
（1）∠CAF＝　
　°；
（2）若平行移动CD，那么∠ACB与∠AEB度数的比值是否随之发生变化？若变化，试说明理由；若不变，求出这个比值；
（3）在平行移动CD的过程中，是否存在某种情况，使∠AFB＝∠ACD？若存在，求出∠ACD度数；若不存在，说明理由．
2．如图，在平面直角坐标系中，A（a，0），D（6，4），将线段AD平移得到BC，使B（0，b），且a、b满足|a﹣2|+＝0，延长BC交x轴于点E．
（1）填空：点A（　
　，　
　），点B（　
　，　
　），∠DAE＝　
　°；
（2）求点C和点E的坐标；
（3）设点P是x轴上的一动点（不与点A、E重合），且PA＞AE，探究∠APC与∠PCB的数量关系？写出你的结论并证明．
3．如图，在平面直角坐标系中，A（0，a）、B（b，0），a，b满足+|b+4|+（c+2）2＝0，将线段AB平移得到线段CD，CD交x轴与E点，点A，B分别对应点D，C．
（1）求a，b，c的值；
（2）如图1，∠BAO与∠BEC的角平分线交于N，求∠N的度数；
（3）如图2，延长BA至F，∠BED的平分线交∠BAO的平分线AN的反向延长线与G点，AM平分∠GAF，GQ∥AM，GP平分∠AGE，若∠BAO＝α，求∠PGQ的度数（用含α的式子表示）．
4．在平面直角坐标系中，点A（0，a），B（b，c）的坐标满足+（b+a﹣7）2+|c﹣b+1|＝0．
（1）求点A、B的坐标；
（2）如图1，将线段AB平移至CD处（A点对应C点），使点C在坐标轴上，且点D到x轴的距离是点D到y轴的距离的，求C点坐标；
（3）如图2，作射线BO，过A作射线AC∥BO，已知P（a，﹣1）是平面内一点，问当a满足什么条件时，∠CAP﹣∠OBP＝∠APB总是成立？
5．在平面直角坐标系中，点A、B在坐标轴上，其中A（0，a）、B（b，0）满足：．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）将线段AB平移到CD，点A的对应点为C（﹣2，t），如图所示．若三角形ABC的面积为9，求点D的坐标．
6．如图1．将线段AB平移至CD，使A与D对应，B与C对应，连AD、BC．
（1）填空：AB与CD的关系为　
　∠B与∠D的大小关系为　
　；
（2）如图2，若∠B＝60°，F、E为BC的延长线上的点，∠EFD＝∠EDF，DG平分∠CDE交BE于G，求∠FDG．
（3）在（2）中，若∠FDG＝α，其它条件不变，则∠B＝　
　．
7．如图1，已知直线PQ∥MN，点A在直线PQ上，点C、D在直线MN上，连接AC、AD，∠PAC＝50°，∠ADC＝30°，AE平分∠PAD，CE平分∠ACD，AE与CE相交于E．
（1）求∠AEC的度数；
（2）若将图1中的线段AD沿MN向右平移到A1D1如图2所示位置，此时A1E平分∠AA1D1，CE平分∠ACD1，A1E与CE相交于E，∠PAC＝50°，∠A1D1C＝30°，求∠A1EC的度数．
（3）若将图1中的线段AD沿MN向左平移到A1D1如图3所示位置，其他条件与（2）相同，求此时∠A1EC的度数．
8．已知l1∥l2，点A，B在l1上，点C，D在l2上，连接AD，BC．AE，CE分别是∠BAD，∠BCD的角平分线，∠α＝70°，∠β＝30°．
（1）如图①，求∠AEC的度数；
（2）如图②，将线段AD沿CD方向平移，其他条件不变，求∠AEC的度数．
9．如图（1）所示：已知MN∥PQ，点B在MN上，点C在PQ上，点A在点B的左侧，点D在点C的右侧，∠ADC、∠ABC的平分线交于点E（不与B、D点重合），∠CBN＝110°．
（1）若∠ADQ＝140°，则∠BED的度数为　
　（直接写出结果即可）；
（2）若∠ADQ＝m°，将线段AD沿DC方向平移，使点D移动到点C的左侧，其它条件不变，如图（2）所示，求∠BED的度数（用含m的式子表示）．
10．如图，已知射线CD∥OA，点E、点F是OA上的动点，CE平分∠OCF，且满足∠FCA＝∠FAC．
（1）若∠O＝∠ADC，判断AD与OB的位置关系，证明你的结论．
（2）若∠O＝∠ADC＝60°，求∠ACE的度数．
（3）在（2）的条件下左右平行移动AD，∠OEC和∠CAD存在怎样的数量关系？请直接写出结果（不需写证明过程）
参考答案
1．解：（1）∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∵∠B＝50°，
∴∠BAD＝130°，
∵AF平分∠BAE，
∴∠BAF＝∠EAF，
∵∠CAD＝∠CAE，
∴∠CAF＝∠BAE+∠DAE＝∠BAD＝65°，
故答案为65．
（2）结论：∠ACB与∠AEB度数的比值不变．
理由：∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE，
∵∠CAD＝∠CAE，
∴∠ACE＝∠CAE，
∵∠AEB＝∠ACE+∠CAE＝2∠ACB，
∴∠ACB：∠AEB＝1：2．
（3）设∠ACD＝x，∠CAD＝y．
则有x+y＝130°，
∵∠AFB＝∠ACD＝∠ACB+∠CAF，
∴x＝65°+y，
解得x＝97.5°，
∴∠ACD＝97.5°．
2．解：（1）∵a，b满足|2﹣a|+＝0，
∴2﹣a＝0，6+b＝0，
∴a＝2，b＝﹣6，
∴A（2，0），B（0，﹣6）；
∵tan∠DAE＝1，
∴∠DAE＝45°，
故答案为2，0，0，﹣6，45°；
（2）∵AD∥BC，AD＝BC，
∴点B向右平移4个单位向上平移4个单位得到点C，
∵B（0，﹣6），
∴C（4，﹣2）．
∴直线BC的解析式为y＝x﹣6，
∴E（6，0）．
（3）①当点P在点A的左侧如图2，连接PC．
∵OE＝OB，
∴∠PEC＝45°，
∵∠PCB＝∠APC+∠PEC，
∴∠PCB﹣∠APC＝45°
②当P在直线BC与x轴交点的右侧时
∵∠PCB＝∠PEC+∠APC，
∴∠PCB﹣∠APC＝135°．
3．解：（1）∵+|b+4|+（c+2）2＝0，
∴a﹣3＝0，b+4＝0，c+2＝0，
∴a＝3，b＝﹣4，c＝﹣2；
（2）如图1，过N作NM∥AB，
∴∠1＝∠2，
∵AB∥CD，
∴MN∥CD，∠BAC＝∠ACD，
∴∠3＝∠4，
∴∠2+∠3＝∠1+∠4，
∵AN平分∠BAC，EN平分∠BEC，
∴∠1＝∠BAC，∠4＝BEC，
∴∠1+∠4＝∠2+∠3＝（∠BAC+∠BEC），
∵∠BAC＝∠OCE，∠OCE+∠BEC＝90°，
∴∠BAC+∠BEC＝90°，
∴∠ANE＝∠2+∠3＝∠1+∠4＝＝45°；
（3）∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠ACD＝α，
∴∠ABE＝∠BEC＝90°﹣α，EG平分∠BED，
∴∠BEG＝45°+α，
在△BEH中，∠BHE＝180°﹣∠ABE﹣∠BEH＝180°﹣（90°﹣α）﹣（45°+α）＝45°+α，
∴∠AHG′＝135°﹣α，
在△AGH中，∠AGH＝180°﹣∠GAH﹣∠AHG＝180°﹣α﹣（135°﹣α）＝45°，
∵AM平分∠GAH，PG平分∠AGH，
∴∠GAM′＝α，
∴∠AGP＝22.5°，
∵QG∥AM，∠QGA＝∠MAG＝α，
∴∠PGQ＝∠QGA+∠AGP＝α+22.5°．
4．解：（1）∵+（b+a﹣7）2+|c﹣b+1|＝0．
又∵≥0，（b+a﹣7）2≥0，|c﹣b+1|≥0，
∴，
解得，
∴A（0，4），B（3，2）．
（2）由题意点C在x轴上，向左平移或得到线段CD，
∴点C的横坐标为﹣﹣3＝﹣或﹣3+＝﹣，
故C（﹣，0）或（﹣，0）．
（3）当Q点不在OB与直线y＝﹣1的交点D的左边时，过Q作QK∥AC∥OB，如图2，
则有∠CAQ＝∠AQK，∠OBQ＝∠BQK，
∵∠AQK﹣∠BQK＝∠AQB，
∴∠CAQ﹣∠OBQ＝∠AQB，
设OB的解析式为y＝kx（k≠0），
∵B（3，2），
∴3k＝2，
∴k＝，
∴直线OB的解析式为：y＝x，
令y＝﹣1，提﹣1＝x，
解得，x＝﹣，
∴D（﹣，﹣1），
∵Q（a，﹣1），
∴当a≥﹣时，∠CAQ﹣∠OBQ＝∠AQB总是成立的．
5．解：（1）∵．
又∵|2a﹣b﹣1|≥0，≥0，
∴2a﹣b﹣1＝0，a+2b﹣8＝0，
解得a＝2，b＝3，
∴A、B两点的坐标分别为（0，2），（3，0）．
（2）如图，△ABC的面积＝长方形CMMT的面积﹣（△ANB的面积+△ACT的面积+△CMB的面积）
依题意有9＝5（2+|t|）﹣[×2×3+×2×（2+|t|）+×5×|t|]，
化简得
|t|＝4，
解得t＝±，
依题意t＜0，
∴t＝﹣，
点C的坐标为（﹣2，﹣），
所以点D的坐标是（1，﹣）．
6．解：（1）AB∥CD，且AB＝CD，∠B与∠D相等；
（2）∵AB∥CD，
∴∠DCE＝∠B，
由三角形的外角性质得，∠CDF＝∠DFE﹣∠DCE，
∴∠CDG＝∠CDF+∠FDG＝∠DFE﹣∠DCE+∠FDG，
在△DEF中，∠DEF＝180°﹣2∠DFE，
在△DFG中，∠DGF＝180°﹣∠FDG﹣∠DFE，
∴∠EDG＝∠DGF﹣∠DEF＝180°﹣∠FDG﹣∠DFE﹣（180°﹣2∠DFE）＝2∠DFE﹣∠FDG﹣∠DFE，
∵DG平分∠CDE，
∴∠CDG＝∠EDG，
∴∠DFE﹣∠DCE+∠FDG＝2∠DFE﹣∠FDG﹣∠DFE，
∴∠FDG＝∠DCE，
即∠FDG＝∠B，
∵∠B＝60°，
∴∠FDG＝×60°＝30°；
（3）思路同（2），
∵∠FDG＝α，
∴∠B＝2α，
故答案为：（1）AB∥CD，且AB＝CD，相等；（3）2α．
7．解：（1）如图1所示：
∵直线PQ∥MN，∠ADC＝30°，
∴∠ADC＝∠QAD＝30°，
∴∠PAD＝150°，
∵∠PAC＝50°，AE平分∠PAD，
∴∠PAE＝75°，
∴∠CAE＝25°，
可得∠PAC＝∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ECA＝25°，
∴∠AEC＝180°﹣25°﹣25°＝130°；
（2）如图2所示：
∵∠A1D1C＝30°，线段AD沿MN向右平移到A1D1，PQ∥MN，
∴∠QA1D1＝30°，
∴∠PA1D1＝150°，
∵A1E平分∠AA1D1，
∴∠PA1E＝∠EA1D1＝75°，
∵∠PAC＝50°，PQ∥MN，
∴∠CAQ＝130°，∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD1，
∴∠ACE＝25°，
∴∠CEA1＝360°﹣25°﹣130°﹣75°＝130°；
（3）如图3所示：
过点E作FE∥PQ，
∵∠A1D1C＝30°，线段AD沿MN向左平移到A1D1，PQ∥MN，
∴∠QA1D1＝30°，
∵A1E平分∠AA1D1，
∴∠QA1E＝∠2＝15°，
∵∠PAC＝50°，PQ∥MN，
∴∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD1，
∴∠ACE＝∠ECN＝∠1＝25°，
∴∠CEA1＝∠1+∠2＝15°+25°＝40°．
8．解：（1）过点E作EF∥l1，
∵l1∥l2，
∴EF∥l2，
∵l1∥l2，
∴∠BCD＝∠α，
∵∠α＝70°，
∴∠BCD＝70°，
∵CE是∠BCD的角平分线，
∴∠ECD＝70°＝35°，
∵EF∥l2，
∴∠FEC＝∠ECD＝35°，
同理可求∠AEF＝15°，
∴∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝50°；
（2）过点E作EF∥l1，
∵l1∥l2，
∴EF∥l2，
∵l1∥l2，
∴∠BCD＝∠α，
∵∠α＝70°，
∴∠BCD＝70°，
∵CE是∠BCD的角平分线，
∴∠ECD＝70°＝35°，
∵EF∥l2，
∴∠FEC＝∠ECD＝35°，
∵l1∥l2，
∴∠BAD+∠β＝180°，
∵∠β＝30°，
∴∠BAD＝150°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝×150°＝75°，
∵EF∥l1，
∴∠BAE+∠AEF＝180°，
∴∠AEF＝105°，
∴∠AEC＝105°+35°＝140°．
9．解：（1）如图（1），过点E作EF∥PQ．
∵∠CBN＝110°，∠ADQ＝140°，
∴∠CBM＝70°，∠ADP＝40°．
∵∠CDE＝∠ADE，∠ABE＝∠CBE，
∴∠EBM＝35°，∠EDP＝20°．
∵EF∥PQ，
∴∠DEF＝∠EDP＝20°．
∵EF∥PQ，MN∥PQ，
∴EF∥MN，
∴∠FEB＝∠EBM＝35°，
∴∠BED＝∠DEF+∠FEB＝20°+35°＝55°；
故答案为：55°
（2）如图（2），过点E作EF∥PQ．
∵∠CBN＝110°，
∴∠CBM＝70°．
∵∠CDE＝∠ADE，∠ABE＝∠CBE，
∴∠EBM＝35°，∠EDQ＝m°．
∵EF∥PQ，
∴∠DEF＝180°﹣∠EDQ＝180°﹣m°．
∵EF∥PQ，MN∥PQ，
∴EF∥MN，
∴∠FEB＝∠EBM＝35°，
∴∠BED＝∠DEF+∠FEB＝180°﹣m°+35°＝215°﹣m°．
10．解：（1）∵CD∥OA，
∴∠BCD＝∠O，
∵∠O＝∠ADC，
∴∠BCD＝∠CDA，
∴AD∥OB；
（2）∵∠O＝∠ADC＝60°，
∴∠BCD＝60°，
∴∠OCD＝120°，
∵CD∥OA，
∴∠DCA＝∠CAO，
∵∠FCA＝∠FAC，
∴∠DCA＝FCA，
∵CE平分∠OCF，
∴∠OCE＝∠FCE，
∴∠ECF+∠ACF＝∠OCD＝60°，
∴∠ACE＝60°；
（3）∠CAD+∠OEC＝180°，
理由：∵AD∥OC，
∴∠CAD＝∠OCA，
∵∠OCA＝∠OCE+∠ACE＝60°+∠OCE，
∵∠AEC＝∠O+∠OCE＝60°+∠OCE，
∴∠AEC＝∠CAD，
∵∠AEC+∠OEC＝180°，
∴∠CAD+∠OEC＝180°．

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